Eureka! 26 - OBM

CONTEÚDO 

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA 2 

Problemas e Soluções da Primeira Fase 


Problemas e Soluções da Segunda Fase 


Problemas e Soluções da Terceira Fase 


Problemas e Soluções da Primeira Fase – Nível Universitário 


Problemas e Soluções da Segunda Fase – Nível Universitário 


Premiados 

AGENDA OLÍMPICA 74 

COORDENADORES REGIONAIS 75

EUREKA! N°26, 2007 

Sociedade Brasileira de Matemática 

XXVIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA 

Problemas e soluções da Primeira Fase 

PROBLEMAS – NÍVEL 1 

1. Em um tanque há 4000 bolinhas de pingue-pongue. Um menino começou a 

retirar as bolinhas, uma por uma, com velocidade constante, quando eram 10h. 

Após 6 horas, havia no tanque 3520 bolinhas. Se o menino continuasse no mesmo 

ritmo, quando o tanque ficaria com 2000 bolinhas? 

A) às 11h do dia seguinte 

B) às 23h do mesmo dia 

C) às 4h do dia seguinte 

D) às 7h do dia seguinte 

E) às 9h do dia seguinte 

2. O gráfico a seguir apresenta informações sobre o impacto causado por 4 tipos 

de monocultura ao solo. Para cada tipo de monocultura, o gráfico mostra a 

quantidade de água, em litros, e a de nutrientes (nitrogênio, fósforo e potássio), 

em quilogramas, consumidos por hectare para a produção de 1kg de grãos de soja 

ou 1kg de milho ou 1kg de açúcar ou 1kg de madeira de eucalipto. Sobre essas 

monoculturas, pode-se afirmar que: 

2000 

1500 

1000 

500 

0 

cana-deaçucar 

soja milho eucalipto 

água nutrientes 

A) O eucalipto precisa de cerca de 1/3 da massa de nutrientes necessários de que 

a cana-de-açúcar precisa para se desenvolver. 

B) O eucalipto é a que mais seca e empobrece o solo, causando desequilíbrio 

ambiental. 

C) A soja é cultura que mais precisa de nutrientes. 

D) O milho precisa do dobro do volume de água de que precisa a soja. 

E) A cana-de-açúcar é a que necessita do ambiente mais úmido para crescer. 

2



3. Um time de futebol ganhou 8 jogos mais do que perdeu e empatou 3 jogos 

menos do que ganhou, em 31 partidas jogadas. Quantas partidas o time venceu? 

A) 11 B) 14 C) 15 D) 17 E) 23 

4. Efetuando as operações indicadas na expressão 

2007 2005 

⎛2 + 2 ⎞ 

⎜ 2006 

2006 2004 ⎟× 

⎝2 + 2 ⎠ 

obtemos um número de quatro algarismos. Qual é a soma dos algarismos desse 

número? 

A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 

5. Quantos números de três algarismos ímpares distintos são divisíveis por 3? 

A) 18 B) 24 C) 28 D) 36 E) 48 

6. Uma empresa de telefonia celular oferece planos mensais de 60 minutos a um 

custo mensal de R$ 52,00, ou seja, você pode falar durante 60 minutos no seu 

telefone celular e paga por isso exatamente R$ 52,00. Para o excedente, é cobrada 

uma tarifa de R$ 1,20 cada minuto. A mesma tarifa por minuto excedente é 

cobrada no plano de 100 minutos, oferecido a um custo mensal de R$ 87,00. Um 

usuário optou pelo plano de 60 minutos e no primeiro mês ele falou durante 140 

minutos. Se ele tivesse optado pelo plano de 100 minutos, quantos reais ele teria 

economizado? 

A) 10 B) 11 C) 12 D) 13 E) 14 

7. Quantos triângulos isósceles têm como vértices os 

vértices do pentágono regular desenhado ao lado? 

A) 5 B) 10 C) 15 D) 20 

E) 25 

8. Dos números a seguir, qual é o único que pode ser escrito como produto de 

quatro naturais consecutivos? 

A) 712 B) 548 C) 1026 D) 1456 E) 1680 

9. Ao redor de um grande lago existe uma ciclovia de 45 quilômetros de 

comprimento, na qual sempre se retorna ao ponto de partida se for percorrida 

num único sentido. Dois amigos partem de um mesmo ponto com velocidades 

constantes de 20 km por hora e 25 km por hora, respectivamente, em sentidos 

opostos. Quando se encontram pela primeira vez, o que estava correndo a 20 km 

3



por hora aumenta para 25 km por hora e o que estava a 25 km por hora diminui 

para 20 km por hora. Quanto tempo o amigo que chegar primeiro ao ponto de 

partida deverá esperar pelo outro? 

A) nada B) 10 min C) 12 min D) 15 min E) 18 min 

10. Num relógio digital, as horas são exibidas por meio de quatro algarismos. Por 

exemplo, ao mostrar 00:00 sabemos que é meia-noite e ao mostrar 23:59 sabemos 

que falta um minuto para meia-noite. Quantas vezes por dia os quatro algarismos 

mostrados são todos pares? 

A) 60 B) 90 C) 105 D) 180 E) 240 

11. São dadas duas tiras retangulares de papel com 20 

cm de comprimento, uma com 5 cm de largura e outra 

com 11 cm de largura. Uma delas foi colada sobre a 

outra, perpendicularmente, de modo a formar a figura 

ilustrada ao lado. Qual é o perímetro dessa figura, em 

centímetros? 

A) 50 B) 60 C) 80 D) 1 

E) 120 

12. Seis amigos planejam viajar e decidem fazê-lo em duplas, cada uma 

utilizando um meio de transporte diferente, dentre os seguintes: avião, trem e 

carro. Alexandre acompanha Bento. André viaja de avião. Carlos não acompanha 

Dário nem faz uso do avião. Tomás não anda de trem. Qual das afirmações a 

seguir é correta? 

A) Bento vai de carro e Carlos vai de avião. 

B) Dário vai de trem e André vai de carro. 

C) Tomás vai de trem e Bento vai de avião. 

D) Alexandre vai de trem e Tomás vai de carro. 

E) André vai de trem e Alexandre vai de carro. 

13. Usando pastilhas de cerâmica preta na forma de quadradinhos foi composta 

uma decoração numa parede, mostrada parcialmente abaixo: 

4 

90°



Quantas pastilhas foram empregadas em toda a decoração considerando-se que na 

última peça montada foram utilizadas 40 pastilhas? 

A) 60 B) 68 C) 81 D) 100 E) 121 

14. Sara foi escrevendo nas casas de um tabuleiro 95 por 95 os múltiplos 

positivos de 4, em ordem crescente, conforme a figura a seguir. 

4 8 12 16 20 … 376 380 

760 756 752 748 744 … 388 384 

764 → → → → … → → 

← ← ← ← ← … ← ← 

 

U 

O número que Sara escreveu onde se encontra a letra U é: 

A) 35192 B) 35196 C) 36100 D) 36104 E) 36108 

15. O desenho à direita representa dois quadrados 

menores congruentes de lado 20 e um quadrado 

maior. O vértice O é o único ponto comum aos 

dois quadrados menores e é o centro do quadrado 

maior. Os vértices A, O e B estão alinhados e a 

área da região do quadrado maior não pintada é 

igual a 36% da área de toda a região pintada. Qual 

é a área do quadrado maior? 

A) 420 B) 496 C) 576 D) 640 

E) 900 

16. Um certo número inteiro positivo, quando dividido por 15 dá resto 7. Qual é a 

soma dos restos das divisões desse número por 3 e por 5? 

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 

17. No fim de 1994, Neto tinha a metade da idade de sua avó. A soma dos anos 

de nascimento dos dois é 3844. Quantos anos Neto completa em 2006? 

A) 55 B) 56 C) 60 D) 62 E) 108 

18. A figura a seguir representa um Tangram, quebra-cabeças chinês formado 

por 5 triângulos, 1 paralelogramo e 1 quadrado. Sabendo que a área do Tangram a 

seguir é 64 cm 2 , qual é a área, em cm 2 , da região sombreada? 

5 

A 

O 

B



A) 7,6 B) 8 C) 10,6 D) 12 E) 21,3 

19. As permutações da palavra BRASIL foram listadas em ordem alfabética, 

como se fossem palavras de seis letras em um dicionário. A 361ª palavra nessa 

lista é: 

A) BRISAL B) SIRBAL C) RASBIL D) SABRIL E) LABIRS 

20. No planeta POT o número de horas por dia é igual a número de dias por 

semana, que é igual ao número de semanas por mês, que é igual ao número de 

meses por ano. Sabendo que em POT há 4096 horas por ano, quantas semanas há 

num mês? 

A) 8 B) 12 C) 64 D) 128 E) 256 


1. Veja o problema No. 4 do nível 1. 


3. Se um número de dois dígitos é 5 vezes a soma de seus dígitos, então o número 

formado pela troca dos dígitos é a soma dos dígitos multiplicada por: 

A) 3 B) 5 C) 6 D) 4 E) 7 


5. Na figura, AB = AC, AE = AD e o ângulo BAD mede 30 o . Então o ângulo x 

mede: 

B D 

A)10 o B) 20 o C) 15 o D) 30 o E) 5 o 

30° 

A 

6 

x 

E 

C



6. A soma de três números naturais consecutivos é igual ao produto desses três 

números. A soma dos quadrados desses números é: 

A) 14 B) 15 C) 18 D) 24 E) 36 


8. Três quadrados são colados pelos seus vértices entre si e a dois bastões 

verticais, como mostra a figura. 

30° 126° 

A medida do ângulo x é: 

A) 39º B) 41º C) 43º D) 44º E) 46º 

9. Sejam a, b e c inteiros e positivos. Entre as opções abaixo, a expressão que 

não pode representar o número 24 é: 

A) ab 3 B) a 2 b 3 C) 

7 

75° 

c c 

ab D) ab 2 c 3 E) 

x 

b c a 

abc 

10. O número de quadrados que podem ser construídos com vértices nos pontos 

da figura abaixo é: 

A) 18 B) 14 C) 9 D) 20 E) 10 


13. O máximo divisor comum de todos os termos da seqüência = n − n 

3 

, 

1, 2, 3, ... 

n = é: 

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 

a n



14. Samuel possui três irmãos a mais do que irmãs. O número de irmãos de 

Samila, irmã de Samuel, é igual ao dobro do número de suas irmãs. O número de 

filhos (homens e mulheres) que possui o pai de Samuel e Samila é: 

A) 10 B) 13 C) 16 D) 17 E) 20 


16. João escreveu todos os números com menos de 4 dígitos usando apenas os 

algarismos 1 e 2 numa folha de papel e depois somou todos eles. O valor obtido 

foi: 

A) 2314 B) 3000 C) 1401 D) 2316 E) 1716 

17. Sejam a, b e c números reais positivos cuja soma é 1. Se a, b e c são as 

medidas dos lados de um triângulo, podemos concluir que 

1 

1 

1 

A) 0 < a− b < e 0 < b− c < e 0 < c− a < 

2 

2 

2 

1 1 1 

B) a < e b < e c < 

2 2 2 

1 1 1 

C) a+ b< 

e b+ c< 

e c+ a< 

2 2 2 

1 1 1 

D) a ≤ e b ≤ e c ≤ 

3 3 3 

1 1 1 

E) a ≥ e b ≥ e c ≥ 

3 3 3 

18. O número de soluções inteiras e positivas do sistema abaixo é: 

A) 45 B) 23 

2 ⎧ a+ b= c 

⎨ 

⎩a+ 

b+ c= 

30 

C) 24 D) 25 E) 72 

19. Um número com dois dígitos distintos e não nulos é chamado de bonito se o 

dígito das dezenas é maior do que o dígito das unidades. A quantidade de 

números bonitos é: 

A) 72 B) 36 C) 35 D) 64 E) 56 

20. O professor Piraldo aplicou uma prova para seus cinco alunos e, após corrigilas, 

digitou as notas em uma planilha eletrônica que calcula automaticamente a 

média das notas à medida que elas são digitadas. Piraldo notou que após digitar 

cada nota a média calculada pela planilha era um número inteiro. Se as notas dos 

8



cinco estudantes são, em ordem crescente, 71, 76, 80, 82 e 91, a última nota que 

Piraldo digitou foi: 

A) 71 B) 76 C) 80 D) 82 E) 91 

21. Simplificando a expressão: 

2+ 3 . 2+ 2+ 3 . 2+ 2+ 2+ 3 . 2− 2+ 2+ 3 

obtemos: 

A) 2 B) 3 C) 1 D) 2 + 2 E) 2 + 3 

22. Ludmilson percebeu que para numerar as páginas de um livro, 

consecutivamente, a partir da página 2, foram usados 2006 algarismos. O número 

de páginas do livro de Ludmilson é: 

A)701 B) 702 C) 703 D) 704 E) 705 

23. Sejam x , y, 

z números reais não nulos tais que x + y + z = 0 . O valor de 

2 2 2 ⎛ 1 

( xyz) 

⎜ 3 3 

⎝ x y 

1 1 ⎞ 

+ + 3 3 3 3 ⎟ 

x z y z ⎠ é: 

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 


25. Na figura a seguir, ABC é um triângulo qualquer e ACD e AEB são triângulos 

eqüiláteros. Se F e G são os pontos médios de EA e AC, respectivamente, a razão 

BD 

FG é: 

E 

F 

B 

A 

G 

C 

D 

A) 1 

2 

B) 1 

C) 3 

2 

D) 2 

E) Depende das medidas dos lados de ABC. 

9





2. Quantos resultados diferentes podemos obter somando pares de números 

distintos do conjunto {1,2, … ,2006} ? 

A) 2006 B) 2007 C) 4009 D) 4011 E) 4012 

3. Uma colônia de amebas tem inicialmente uma ameba amarela e uma ameba 

vermelha. Todo dia, uma única ameba se divide em duas amebas idênticas. Cada 

ameba na colônia tem a mesma probabilidade de se dividir, não importando sua 

idade ou cor. Qual é a probabilidade de que, após 2006 dias, a colônia tenha 

exatamente uma ameba amarela? 

1 

A) 2006 

2 

B) 1 

2006 

1 

C) 

2007 


10 

D) 

1 

2006 2007 

⋅ 

E) 2006 

2007 

5. Os dois números reais a e b são não nulos e satisfazem ab = a – b. Assinale a 

a b 

alternativa que exibe um dos possíveis valores de + − ab . 

b a 

A) –2 B) 1 

− C) 

2 

1 

1 

D) E) 2 

3 2 

6. De quantas maneiras podemos colocar, em cada espaço abaixo, um entre os 

algarismos 4, 5, 6, 7, 8, 9, de modo que todos os seis algarismos apareçam e 

formem, em cada membro, números de dois algarismos que satisfazem a dupla 

desigualdade? 

_ _ > _ _ > _ _ 

A) 100 B) 120 C) 240 D) 480 E) 720 

7. Que expressão não pode representar o número 24 para valores inteiros 

positivos convenientes de a, b e c? 

A) ab 3 B) a 2 b 3 C) a c b c D) ab 2 c 3 E) a b b c c a 

2 

8. Qual dos valores abaixo de x é tal que 2x + 2x+ 19 não é um número primo? 

A) 50 B) 37 C) 9 D) 5 E) 1 

9. Veja o problema No. 17 do nível 2.



10. Uma seqüência tem 9 números reais, sendo o primeiro 20 e o último 6. Cada 

termo da seqüência, a partir do terceiro, é a média aritmética de todos os 

anteriores. Qual é o segundo termo da seqüência? 

A) –8 B) 0 C) 4 D) 14 E) 2006 

11. Quantos ternos de números reais x, y, z satisfazem o sistema abaixo? 

xx ( + y+ z) 

= 2005 

yx ( + y+ z) 

= 2006 

zx ( + y+ z) 

= 2007 

A) Nenhum B) 1 C) 2 D) 3 E) 2006 

12. Arnaldo tem vários quadrados azuis 1× 1, 

vários quadrados amarelos 2× 2 e 

vários quadrados verdes 3× 3 e quer montar um quadrado maior no qual 

apareçam as três cores. Qual é a menor quantidade de quadrados que ele poderá 

utilizar ao todo? 

A) 3 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9 

x − 5 2006 

13. Sejam x e y números racionais. Sabendo que 

também é um 

4 − y 2006 

número racional, quanto vale o produto xy? 

A) 20 

B) Pode ser igual a 20, mas também pode assumir outros valores. 

C) 1 

D) 6 

E) Não se pode determinar. 



16. O inteiro positivo x é múltiplo de 2006 e x está entre 2005 e 2007. Qual é o 

número de possíveis valores de x? 

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 

17. Na figura temos dois semicírculos de diâmetros PS, de medida 4, e QR, 

paralelo a PS. Além disso, o semicírculo menor é tangente a PS em O. Qual é a 

área destacada? 

11

P 


Q R 


S 

12 

A) 2π – 2 

B) 3π 

C) π 

D) 4 

E) 2π – 4 

18. Iniciando com o par (2048, 1024), podemos aplicar quantas vezes quisermos a 

⎛3a+ b a+ 3b⎞ 

operação que transforma o par (a, b) no par ⎜ , ⎟, 

então, dentre os 

⎝ 4 4 ⎠ 

seguintes pares: 

1) (1664, 1408) 

2) (1540, 1532) 

3) (1792, 1282) 

4) (1537, 1535) 

5) (1546, 1526) 

A) Todos podem ser obtidos. 

B) Apenas o par 4 não pode ser obtido. 

C) Apenas o par 3 não pode ser obtido. 

D) Existem exatamente dois pares que não podem ser obtidos. 

E) Existem mais de dois pares que não podem ser obtidos. 

19. Num tabuleiro retangular de 13 linhas e 17 colunas colocamos números em 

cada casinha da seguinte maneira: primeiro, numeramos as casinhas da primeira 

linha, da esquerda para a direita, com os números 1, 2, 3, …, 17, nessa ordem; 

depois numeramos a segunda linha, também da esquerda para a direita, com os 

números de 18 a 34, e assim por diante. Após preenchermos todo o tabuleiro, 

colocamos em cada casinha um segundo número, numerando as casinhas da 

primeira coluna, de cima para baixo, com os números 1, 2, 3, …, 13, nessa 

ordem, depois numeramos a segunda coluna, também de cima da baixo, com os 

números de 14 a 26, e assim por diante. Deste modo, cada casinha tem dois 

números. Quantas casinhas têm dois números iguais? 

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 

20. Altino está encostado num muro bem alto, durante a noite. A rua onde Altino 

está é iluminada por uma lâmpada no topo de um poste de 4 metros de altura, a 

10 metros de distância do muro. Altino, um rapaz de 2 metros de altura, anda em 

direção ao muro. Seja f(x) a altura, em metros, da sombra de Altino produzida



pela lâmpada no muro quando Altino está a uma distância de x metros do muro. 

Qual alternativa representa melhor o gráfico de f(x)? 

A) 

f(x) 

f(x) 

D) x 

x 

B) 

E) 

f(x) 

f(x) 

13 

x 

x 

f(x) 

C) x 

21. O piso de um quarto tem forma de um quadrado de lado 4 m. De quantas 

maneiras podemos cobrir totalmente o quarto com oito tapetes iguais de 

dimensões 1 m e 2 m? Mostramos abaixo três maneiras de fazê-lo: 

A) 27 B) 30 C) 34 D) 36 E) 52 

22. Dois pontos A e B de um plano α estão a 8 unidades de distância. Quantas 

retas do plano α estão a 2 unidades de A e 3 unidades de B? 

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 

23. Considere os 2161 produtos 0 ⋅ 2160 , 1⋅ 2159 , 2 ⋅ 2158 , ..., 2160 ⋅ 0 . Quantos 

deles são múltiplos de 2160? 

A) 2 B) 3 C) 12 D) 13 E) 2161 

24. Qual é o menor valor que a expressão 

2 

x + 1 + 

reais? 

2 

( y− x) + 4 + 

2 

( z− y) + 1 + 

2 

(10 − z) 

+ 9 pode assumir, sendo x, y e z 

A) 7 B) 13 C) 4 + 109 D) 3+ 2 + 90 E) 149



25. Um cubo de aresta 1 é cortado em quatro regiões por dois planos: um deles 

contém as arestas AB e CD e o outro contém as arestas AE e DF. Qual é o volume 

da(s) maior(es) das quatro regiões? 

E 

C D 

A B 

GABARITO 

F 

A) 1 

4 

D) 3 

8 

14 

1 

B) 

3 

E) 1 

2 

NÍVEL 1 (5ª. e 6ª. Séries) 

1) A 6) D 11) C 16) B 

2) A 7) B 12) D 17) C 

3) B 8) E 13) E 18) D 

4) D 9) A 14) C 19) E 

5) B 10) C 15) C 20) A 

C) 2 

4 

NÍVEL 2 (7ª. e 8ª. Séries) 

1) D 6) A 11) D 16) C 21) C 

2) C 7) C 12) C 17) B 22) E 

3) C 8) A 13) E 18) C 23) D 

4) A 9) B 14) C 19) B 24) C 

5) C 10) D 15) D 20) C 25) D 

NÍVEL 3 (Ensino Médio) 

1) C 6) B 11) C 16) D 21) D 

2) C 7) B 12) D 17) A 22) D 

3) C 8) B 13) A 18) D 23) D 

4) A 9) B 14) C 19) D 24) E 

5) E 10) A 15) D 20) A 25) B




Problemas e Soluções da Segunda Fase 

PROBLEMAS – Nível 1 PARTE A 

(Cada problema vale 5 pontos) 

2 3 4 

2005 2006 

2 2 2 2 2 

01. Qual é a soma dos algarismos do número + + + + + ? 

2 3 

2004 2005 

2 2 2 2 2 

02. A massa de gordura de uma certa pessoa corresponde a 20% de sua massa 

total. Essa pessoa, pesando 100 kg, fez um regime e perdeu 40% de sua gordura, 

mantendo os demais índices. Quantos quilogramas ela pesava ao final do regime? 

03. Quantos os números de dois algarismos têm a soma desses algarismos igual a 

um quadrado perfeito? Lembre-se que, por exemplo, 09 é um número de um 

algarismo. 

04. Os números de 1 a 99 são escritos lado a lado: 123456789101112...9899. 

Então aplicamos a seguinte operação: apagamos os algarismos que aparecem nas 

posições pares, obtendo 13579012...89. Repetindo essa operação mais 4 vezes, 

quantos algarismos irão sobrar? 

05. Com a parte destacada da folha retangular ao 

lado, pode-se montar um cubo. Se a área da folha 

é 300cm 2 , qual é o volume desse cubo, em cm 3 ? 

06. Na tabela a seguir, escreva os números de 1 a 9 em cada coluna, de modo que 

a soma dos números escritos nas 9 linhas seja a mesma, igual a Y. Seja X a soma 

dos números de cada coluna. Calcule X + Y. 

X X X 

15 

Y 

Y 

Y 

Y 

Y 

Y 

Y 

Y 

Y

PROBLEMAS – Nível 1 PARTE B 




PROBLEMA 1 

Jade escreveu todos os números de 3 algarismos em cartões amarelos, um por 

cartão e escreveu todos os números de 4 algarismos em cartões azuis, um por 

cartão. Os cartões são todos do mesmo tamanho. 

a) Ao todo, quantos cartões foram utilizados? Lembre-se que, por exemplo, 037 é 

um número de dois algarismos, bem como 0853 é um número de três algarismos. 

b) Todos os cartões são então colocados numa mesma urna e embaralhados. 

Depois Jade retira os cartões, um a um, sem olhar o que está pegando. Quantos 

cartões Jade deverá retirar para ter certeza de que há dois cartões azuis entre os 

retirados? 

PROBLEMA 2 

No quadriculado a seguir, cada quadradinho tem 1 cm 2 de área. 

a) Qual é a área e o perímetro da figura formada pelos quadradinhos pintados de 

cinza? 

b) Pintando outros quadradinhos, podemos aumentar a área dessa figura, sem 

mudar o seu perímetro. Qual é o valor máximo da área que podemos obter dessa 

maneira? 

PROBLEMA 3 

Esmeralda inventou uma brincadeira. Digitou alguns algarismos na primeira linha 

de uma folha. Depois, na segunda linha, fez a descrição dos algarismos digitados 

da seguinte maneira: ela apresentou as quantidades de cada um dos que 

apareceram, em ordem crescente de algarismo. Por exemplo, após digitar 

21035662112, ela digitou 103132131526, pois em 21035662112 existe um 

algarismo 0, três algarismos 1, três algarismos 2, um algarismo 3, um algarismo 5 

e dois algarismos 6. 

a) Ela começou uma nova folha com 1. Fez, então, sua descrição, ou seja, digitou 

11 na segunda linha. Depois, descreveu 11, ou seja, digitou 21 na terceira linha, e 

assim continuou. O que ela digitou na 10 a linha da folha? 

16



b) Esmeralda gostou tanto de fazer isso que decidiu preencher várias folhas com 

essa brincadeira, começando com 01 na primeira linha da primeira folha. Quais 

são os dois primeiros algarismos da esquerda do que ela digitou na 2006 a linha? 



01. Esmeralda posicionou todos os números naturais de 1 a 2006 no seguinte 

arranjo em forma de pirâmide: 

21 

20 13 22 

19 12 7 14 23 

18 11 6 3 8 15 24 

17 10 5 2 1 4 9 16 25 

Em qual andar se encontrará o número 2006? (Por exemplo: o número 1 está no 

primeiro andar, o 6 no segundo andar e o 23 no terceiro). 

02. A soma dos quadrados de três inteiros consecutivos é igual a 302. Qual é a 

soma desses números? 

03. Seja ABC um triângulo retângulo em A. Considere M e N pontos sobre a 

hipotenusa BC tais que CN = NM = MB. Os pontos X e Y são tais que XA = AM e 

YA = AN. Determine a área do quadrilátero XYBC, sabendo que o triângulo ABC 

tem área 12 cm 2 . 

X 

Y 

A 

C 

04. Um tabuleiro de xadrez 8 × 8 será decomposto em retângulos que satisfazem 

simultaneamente as seguintes propriedades: 

(i) cada retângulo possui um número inteiro de casas; 

(ii) os diversos retângulos possuem números de casas distintos entre si; 

(iii) cada retângulo possui a mesma quantidade de casas brancas e pretas. 

17 

N 

M 

B



Qual é o maior número de retângulos que pode ter a decomposição do tabuleiro? 

05. A partir de uma terna ordenada (a, b, c), obtemos uma seqüência de ternas 

através de sucessivas transformações do tipo: 

(a, b, c) → (a 2 ⋅ b, a – b + c, b – c). 

Por exemplo, a partir da terna (1, 2, 3), obtemos a seguinte seqüência: 

(1, 2, 3) → (2, 2, –1) → (8, –1, 3) → (–64, 12, –4) ... 

Se começarmos com (1, 1, 1) como a primeira terna ordenada de uma seqüência, 

qual será a soma dos três termos da terna que ocupará a 2006 a posição nesta 

seqüência? 



PROBLEMA 1 

Na Rua do Gengibre, existem n casas numeradas de 1 a n (n∈ ). As casas de 

numeração par ficam todas de um mesmo lado da rua, com as casas de numeração 

ímpar do lado oposto. O prefeito Ludmilson Amottarim resolveu derrubar 

alguma(s) casa(s) a fim de que as somas dos números das casas fossem iguais dos 

dois lados da rua. Para atingir o seu objetivo, qual é o número mínimo de casas 

que o prefeito deve derrubar se: 

a) a rua tem n = 15 casas? 

b) a rua tem n = 16 casas? 

c) a rua tem n = 2006 casas? 

PROBLEMA 2 No triângulo ABC isósceles abaixo, I é o encontro das bissetrizes e 

H é o encontro das alturas. Sabe-se que ∠HAI = ∠HBC = α. Determine o 

ângulo α. 

A 

B 

I 

H 

18 

C



PROBLEMA 3 

Sejam a e b números reais distintos tais que a 2 = 6b + 5ab e b 2 = 6a + 5ab. 

a) Determine o valor de a + b. 

b) Determine o valor de ab. 

PROBLEMA 4 

Todos os inteiros de 1 a 2006 são escritos num quadro. Então, cada um destes 

números é substituído pela soma de seus algarismos. Estas substituições são 

realizadas repetidas vezes até que tenhamos 2006 números com 1 algarismo cada. 

Dos números que restaram no quadro, qual aparece mais vezes: o 1 ou o 2? 



01. O par ordenado (83; 89) é chamado de par centenário porque 83 + 8 + 9 = 89 

+ 8 + 3 = 100, isto é, a soma de cada número com os dígitos do outro número é 

100. Quantos são os pares centenários? 

02. Na figura a seguir, o pentágono regular ABCDE e o triângulo EFG estão 

inscritos na circunferência Co, e M é ponto médio de BC. Para qual valor de α , 

em graus, os triângulos EFG e HIG são semelhantes? 

B 

F 

G 

α 

H 

M 

C 

I 

A 

03. Esmeralda e Jade correm em sentidos opostos em uma pista circular, 

começando em pontos diametralmente opostos. O primeiro cruzamento entre elas 

ocorre depois de Esmeralda ter percorrido 200 metros. O segundo cruzamento 

ocorre após Jade ter percorrido 350 metros entre o primeiro e o segundo ponto de 

encontro. As velocidades das moças são constantes. Qual é o tamanho da pista, 

em metros? 

04. Qual a maior quantidade de lados que pode ter uma secção determinada por 

um plano em um octaedro regular? 

19 

D 

E 

Co



05. Ao jogarmos uma certa quantidade de dados cúbicos com faces numeradas de 

1 a 6, a probabilidade de obtermos soma dos pontos 2006 é igual à probabilidade 

de obtermos soma dos pontos S. Qual é o menor valor possível de S? 



PROBLEMA 1 

Seja n inteiro positivo. De quantas maneiras podemos distribuir n + 1 brinquedos 

distintos para n crianças de modo que toda criança receba pelo menos um 

brinquedo? 

PROBLEMA 2 

Encontre todos os pares de inteiros positivos (a; b) tais que (a + 1)(b + 1) é 

múltiplo de ab + 1. 

PROBLEMA 3 

No triângulo ABC tem-se AB = 4, AC = 3 e o ângulo BÂC mede 60 o . Seja D o 

ponto de intersecção entre a reta perpendicular a AB passando por B e a reta 

perpendicular a AC passando por C. Determine a distância entre os ortocentros 

dos triângulos ABC e BCD. 

PROBLEMA 4 

A seqüência Fn é definida por F1 = F2 = 1 e Fn = Fn – 1 + Fn – 2 para n ≥ 3. Encontre 

todos os pares de inteiros positivos (m, n) tais que Fm ⋅ Fn = mn. 

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte A 

Problema 01 02 03 04 05 06 

Resposta 5 92 17 6 125 60 

2 3 4 2005 2006 

2 2 2 2 2 

01. + + + + + = 2 2 2 2 2 2005 2 4010 

2 3 2004 2005 

2 2 2 2 2 

 

+ + + + 

+ = ⋅ = . 

2005 parcelas iguais 

A soma dos algarismos desse número é 4 + 0 + 1+ 

0 = 5 . 

02. Como 20% da massa total dessa pessoa correspondem à massa de gordura, ela 

tem 20 % ⋅100 

= 20 kg de gordura. Ela perdeu 40% da sua gordura, ou seja, 

perdeu 40 % ⋅ 20 = 8 kg de gordura, e como manteve os demais índices, ela pesava 

ao final do regime 100 − 8 = 92 kg. 

20



03. A soma dos algarismos dos números de dois algarismos varia de 1 a 18. 

Dessas somas, as que são quadrados perfeitos são 1, 4, 9 e 16. Temos então 

• Soma 1: número 10 

• Soma 4: números 13, 22, 31 e 40 

• Soma 9: números 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81 e 90 

• Soma 16: números 79, 88 e 97 

Portanto, nas condições propostas, há 17 números. 

04. A quantidade inicial de algarismos é 9 + 2× 90 = 189 , dos quais 94 aparecem 

nas posições pares e 95 nas posições ímpares. Apagados os algarismos que 

aparecem nas posições pares, sobram 95 algarismos; desses, 47 estão nas 

posições pares e 48 nas posições ímpares. Repetindo a operação, restam 48 

algarismos, sendo 24 algarismos em posições pares e 24 em posições ímpares. Na 

terceira aplicação da operação restam 12 algarismos e, na quarta, sobram 6 

algarismos. 

05. Como a área da folha é 300cm 2 , cada quadrado destacado tem área 

300 = cm 2 e, portanto, lado medindo 5cm. Logo o volume desse cubo é 

25 

12 

5 125 

3 = cm 3 . 

06. A soma dos 27 números escritos na tabela é igual a 

3 vezes X e a 9 vezes o Y. Como X é a soma dos 

números de cada coluna, temos 

X = 1 + 2 + 3 + + 9 = 45 . Portanto 

3 ⋅ ( 1 + 2 + 3 + + 9) 

= 9 ⋅ Y ⇔ 3⋅ 

45 = 9 ⋅ Y ⇔ Y = 15 

Logo X + Y = 45 + 15 = 60 . O desenho ao lado 

mostra uma forma de escrever os números na tabela. 

Soluções Nível 1 – Segunda Fase – Parte B 

21 

1 5 9 Y 

2 6 7 Y 

3 4 8 Y 

4 9 2 Y 

5 7 3 Y 

6 8 1 Y 

7 2 6 Y 

8 3 4 Y 

9 1 5 Y 

X X X 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: 

a) Há 999 − 100 + 1 = 900 números de três algarismos, escritos em cartões 

amarelos, e 9999 − 1000 + 1 = 9000 números de quatro algarismos, escritos em 

cartões azuis. Ao todo, foram utilizados 900 + 9000 = 9900 cartões. 

b) Como existe a possibilidade de serem retirados todos os cartões amarelos antes 

de aparecer algum azul, para Jade ter certeza de que há dois cartões azuis entre os



retirados ela deverá retirar 900 + 2 = 902 cartões. 


Como cada quadradinho tem 1 cm 2 de área, o lado de cada um mede 1 cm. 

a) Há 20 quadradinhos pintados de cinza. Logo a área da figura formada é 

2 

2 

20 ⋅ 1 cm = 20 cm e como há 8 segmentos verticais à esquerda e 8 à direita 

além de 9 segmentos horizontais pela parte de cima e 9 pela debaixo, o perímetro, 

que é a soma das medidas de todos os lados, é 2 ⋅ 8 + 2 ⋅ 9 = 16 + 18 = 34 cm . 

b) O quadriculado inteiro é um retângulo de lados 8 cm e 9 cm, e portanto de 

perímetro 2 ⋅ 8 + 2 ⋅ 9 = 16 + 18 = 34 cm . Deste modo, o valor máximo da área que 

podemos obter é quando a figura for igual a todo o quadriculado e, assim, a área 

2 

será 8 ⋅ 9 = 72 cm . 


a) Ela escreveu em cada uma das 9 primeiras linhas, na seguinte ordem, 1, 11, 21, 

1112, 3112, 211213, 312213, 212223 e 114213. Logo na 10ª. linha ela escreveu 

31121314. 

b) Esmeralda escreveu em cada uma das primeiras linhas, na seguinte ordem, 01, 

1011, 1031, 102113, 10311213, 10411223, 1031221314, 1041222314, 

1031321324, 1031223314, 1031223314,..., e percebeu que, a partir da 10ª. linha, 

o número 1031223314 começa a repetir. 

Portanto os dois primeiros algarismos da esquerda do número que ela digitou na 

2006 a . linha serão 1e 0. 


Problema 01 02 03 04 05 

Resposta 20 30 ou – 30 ou ± 30 32 07 00 

22



01. Os números da coluna do meio podem ser dados por: 1 + 2 + 4 + 6 + 8 +...+ 

2n = n 2 + n + 1. Dessa forma o número do topo é: 44 2 + 44 + 1 = 1981. Como 

1981 está no 45° andar, e 2006 –1981 = 25, 2006 deve estar no 20° andar. 

02. Podemos representar os três inteiros consecutivos por n− 1, n e n+ 

1. 

Temos 

2 2 2 

2 2 2 2 

( n− 1) + n + ( n+ 1) = 302 ⇔n − 2n+ 1+ n + n + 2n+ 1= 302 ⇔ 3n + 2 = 302 

2 2 

⇔ 3n = 300 ⇔ n = 100 ⇔ n=− 10 ou n= 

10 

Portanto, os três inteiros consecutivos são −11, −10 e − 9 ou 9,10 e 11. 

Se admitirmos que estamos falando de inteiros positivos, a resposta é 

9+ 10+ 11= 30. 

Rigorosamente falando a resposta deveria ser: se os inteiros são positivos, então a 

sua soma é 30 e se os inteiros são negativos, então sua soma é –30. 

Pontuação: 4 pontos para 30 ou para – 30 ou para ± 30. 

03. 

Observe que os triângulos AXY e ANM são congruentes, e



14 = 56, pois 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + 16 = 72, ou seja, a soma de 8 

números pares distintos é sempre maior que 64. Portanto, a decomposição pode 

ter no máximo 7 retângulos. Abaixo uma decomposição com 7 retângulos. 

05. Fazendo as primeiras transformações, obtemos a seguinte seqüência: 

(1, 1, 1) → (1, 1, 0) → (1, 0, 1) → (0, 2, –1) → (0, –3, 3) → (0, 6, –6) → ... 

Primeiramente, vemos que a partir da quarta terna, o primeiro vai ser sempre 

igual a 0 (zero). Então, a partir desta terna, as transformações são do tipo: (0, b, c) 

→ (0, – b + c, b – c). Logo, a partir da quarta terna ordenada da seqüência, a 

soma dos termos de todas as ternas será igual a 0 – b + c + b – c = 0. 

Logo, a soma dos três termos da terna que ocupará a 2006ª posição nesta 

seqüência é igual a 0 (zero). 



Vamos usar a notação: 

S_par = soma de todas as casas de numeração par; 

S_ímpar = soma de todas as casas de numeração ímpar. 

a) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 56 e S_ímpar = 

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 = 64. Como a diferença entre as somas é par e 

S_ímpar > S_par, há a necessidade de retirar pelo menos duas casas do lado 

ímpar como, por exemplo, as casas de numeração 7 e 1. Aí, teremos S_par = 

S_ímpar = 56. Assim, o prefeito deve derrubar pelo menos 2 casas. 

b) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 +16 = 72 e 

S_ímpar = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 +15 = 64. Como a diferença entre as 

somas é par e S_par > S_ímpar, pode-se retirar apenas uma casa do lado par: a 

casa de numeração 8. 

Aí, teremos S_par = S_ímpar = 64. Assim, o prefeito deve derrubar 1 casa. 

c) Para este caso, temos: S_par = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + ... + 2006 e S_ímpar = 1 + 

3 + 5 + ... + 2005. Assim, temos S_par – S_ímpar = (2 – 1) + (4 – 3) + ... + (2006 

24



– 2005) = 1003. Como 1003 é ímpar, uma única casa não é suficiente, mas retirar 

as casas de numeração 1006 e 3 basta para que S_par = S_ímpar. Assim, o 

número mínimo de casas que o prefeito deve derrubar é 2 casas. 


A 

B 

I 

H 

Como o triângulo é isósceles concluímos que, ∠CBM = ∠ABM e ∠ACB = 90 o – 

α, com isso, ∠CAQ = α, pois AQ é uma altura. Como AI é bissetriz, então ∠CAI 

= ∠IAB = 2α. Finalmente no ∆ AMB: α + α + 2α + α = 90 o ⇒ α = 18 o . 


2 2 

a) Subtraindo as duas equações dadas temos a − b = 6( 

b − a) 

ou seja 

a − b a + b + . Como a ≠ b , temos a + b = −6 

. 

( )( 6) 

= 0 

2 2 

b) Da parte a), elevando ao quadrado, a + b + 2ab 

= 36 . Mas, somando as 

2 2 

equações dadas, temos a + b = 6( 

a + b) 

+ 10ab 

= −36 

+ 10ab 

. Portanto, 

−36 + 2ab 

+ 10ab 

= 36 o que dá ab = 6. 


Quando trocamos um inteiro positivo pela soma de seus algarismos, não 

alteramos o resto da divisão por 9. Isto é explicado pela decomposição do inteiro 

na forma: 

abcd = 1000a + 100b + 10c + d = 999a + 99b + 9c + a + b + c + d 

Daí, temos que: 

abcd – ( a + b + c + d ) = 999a + 99b + 9c = 9(111a + 11b + c) 

Logo, abcd e a + b + c + d deixam o mesmo resto na divisão por 9. 

Como todos os números que restaram no quadro estão entre 0 e 9, inclusive, 

todos os números 1 restantes no quadro são originados a partir de números que 

deixam resto 1 na divisão por 9 (1, 10, 19, 28, 37, ..., 1999). Da mesma forma, 

25 

Q 

C



todos os números 2 restantes no quadro são originados a partir de números que 

deixam resto 2 na divisão por 9 (2, 11, 20, 29, 38, ..., 2000). Comparando, vemos 

que cada um dos números 1 e 2 aparece 223 vezes no quadro. Portanto, ambos os 

números 1 e 2 aparecem o mesmo número de vezes. 


Problema 01 02 03 04 05 

Resposta 9 36 750 6 339 

01. Sejam a, b, c e d algarismos tais que o par (ab, cd) é centenário. Então, 

( 10a 

+ b) 

+ ( c + d) 

= ( 10c 

+ d) 

+ ( a + b) 

= 100 

como b + c + d ≤ 27 , 10a ≥ 73, 

e assim a ≥ 8 e, de modo análogo, c ≥ 8 . Ainda 

mais, 

( 10a 

+ b) 

+ ( c + d) 

= ( 10c 

+ d) 

+ ( a + b) 

⇔ 9a 

= 9c 

⇔ a = c . 

Temos então 2 casos: 

I) a = c = 8 ⇒ 80 + b + 8 + d = 100 ⇔ b + d = 12 , sendo esta uma condição 

necessária e suficiente para o par em questão ser centenário. Obtemos assim os 7 

seguintes pares: 

(83;89), (84;88), (85;87), (86;86), (87;85), (88;84) e (89;83). 

II) a = c = 9 ⇒ 90 + b + 9 + d = 100 ⇔ b + d = 1, 

obtendo outros 2 pares 

centenários: 

(90;91) e (91;90). 

Há, assim, 9 pares centenários. 

02. Seja J a interseção dos segmentos BC e FG. Como M é ponto médio do 

segmento BC, oposto ao vértice E, conclui-se que EF é diâmetro, e 

∠FGE = ∠BMF 

= 90° 

. Sendo ABCDE um pentágono regular, ∠ABC = 108° 

. 

No ∆GHI : ∠GHI = α ⇒ ∠GIH 

= 90° 

− α . 

No ∆BJH : ∠BHJ = α ⇒ ∠BJH 

= 72° 

− α . 

No ∆FJM : ∠FJM = 72° − α ⇒ ∠JFM 

= 18° 

+ α . 

Para que os triângulos EFG e HIG sejam semelhantes, como α ≠ 18 ° + α , a única 

possibilidade é termos 90 ° − α = 18° 

+ α ⇔ α = 36° 

. 

03. No momento do primeiro cruzamento, Esmeralda e Jade percorreram a 

distância total igual à metade da extensão da pista. Entre o primeiro e o segundo 

cruzamento, as moças percorreram uma distância total igual à extensão da pista. 

Portanto Esmeralda correu o dobro da distância que correu até o primeiro 

cruzamento, ou seja, 2 ⋅ 200 = 400 metros e, deste modo, a extensão da pista é 

400 + 350 = 750 metros. 

26


Até o primeiro encontro 


04. Considere os três planos que passam pelo centro do octaedro e contêm 4 das 

12 arestas do octaedro, formando três quadrados. A secção corta no máximo dois 

lados de cada quadrado. Portanto corta no máximo 6 arestas do octaedro. Assim, 

a maior quantidade de lados que uma secção pode determinar no octaedro regular 

é 6. Um exemplo de secção hexagonal é um plano paralelo a duas faces opostas. 

05. Seja n > 1 a quantidade de dados. Podemos representar um lançamento dos n 

dados com a n-upla (a1, a2, …, an), sendo ai o resultado do dado i. Como ai é um 

inteiro entre 1 e 6, existe uma bijeção entre os pares (a1, a2, …, an) e (7 – a1, 7 – 

a2, …, 7 – an), de modo que a probabilidade de obter soma S = a1 + a2 + … + an é 

a mesma de obter soma (7 – a1) + (7 – a2) + … + (7 – an) = 7n – S . Além disso, 

para n + 1≤ S ≤ 7n 

/ 2 , a probabilidade de obter soma S – 1 é menor do que a 

probabilidade de obter soma S. Portanto as somas distintas S e T têm a mesma 

probabilidade de ocorrer se, e somente se, T = 7n – S. Em particular, a única soma 

com a mesma probabilidade de ocorrer que a soma 2006 é 7n – 2006. 

Como 2006 = 334 ⋅ 6 + 2 , precisamos jogar, no mínimo, 335 dados, ou seja, 

n ≥ 335 . Pelo fato acima, o valor procurado é 7 ⋅ 335 − 2006 = 339 . 



Uma solução: 

Observe que teremos 1 criança com 2 brinquedos, enquanto cada uma das n – 1 

crianças restantes terá apenas 1 brinquedo. Assim, temos n possibilidades para a 

27 

Entre o primeiro e o segundo encontro



escolha da felizarda criança, e ⎟ ⎛ n + 1⎞ 

⎜ possibilidades para escolher os 2 

⎝ 2 ⎠ 

brinquedos desta criança. Restando n – 1 brinquedos e n – 1 crianças, temos (n – 

1)! modos de distribuir estes brinquedos entre estas crianças. Assim, temos um 

n 1 n 1 

total de n ( n 1)! 

n! 

2 

2 ⎟ ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ 

⎜ 

⎟ − = ⎜ modos de distribuir os n + 1 brinquedos entre 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

as n crianças. 

Outra solução: 

Observe que teremos 1 criança com 2 brinquedos, enquanto cada uma das n – 1 

crianças restantes terá apenas 1 brinquedo. Temos n escolhas para a criança que 

terá dois brinquedos. Escolhida tal criança, o número de maneiras de distribuir os 

n + 1 brinquedos é igual ao número de anagramas da palavra A1A1A2A3…An, que é 

( n + 1)! 

( n + 1)! 

= . Assim, o total de maneiras de distribuir os n + 1 brinquedos 

2! 

2 

( + 1)! 

entre as n crianças é ⋅ 

2 

n 

n . 



ab + 1( a + 1)( 

b + 1) 

⇒ ab + 1ab 

+ a + b + 1 ⇒ ab + 1( 

ab + a + b + 1) 

− ( ab + 1) 

⇒ 

⇒ ab + 1a + b ⇒ ab + 1 ≤ a + b ⇒ a( 

b −1) 

≤ b −1 

. Desta última desigualdade, 

observamos que, se b > 1, 

então a ≤ 1 ⇒ a = 1, 

ou seja, um dentre os inteiros a e 

b vale 1. Suponha, então, sem perda de generalidade, que a = 1. Substituindo, 

obtemos a = 1 ⇒ b + 12( 

b + 1) 

, o que é válido para todo inteiro positivo b. As 

soluções são, então, (1, b) e (a, 1). 


Como (a + 1)(b + 1) é múltiplo de ab + 1, existe um inteiro positivo k tal que 

( a + 1)( 

b + 1) 

= k( 

ab + 1) 

⇔ a( 

kb − b −1) 

= b − k + 1. 

Se kb – b – 1 = 0, então 

1 

k = 1+ , que é inteiro se, e somente se, b = 1. Se kb − b −1 

≠ 0 então 

b 

b − k + 1 

a = ≥ 1⇒ 

b − k + 1 ≥ kb − b −1 

⇔ k ≤ 2 . Se k = 1, obtemos a = – (b + 1) 

kb − b −1 

< 0. Logo k = 2 e a = 1. Verifica-se que (1, b) e (a, 1) são realmente as soluções. 

28





Sejam A’ o ortocentro do triângulo BCD e D’ o ortocentro do triângulo ABC. 

60 o 

C 

D’ 

A B 

Como as retas CD’ e BD são ambas perpendiculares a AB, são paralelas. 

Analogamente, as retas BD’ e CD são paralelas. Logo o quadrilátero BDCD’ é 

um paralelogramo e, portanto, os triângulos BCD e BD’C são congruentes. 

Da mesma maneira, as retas AB e CA’ são paralelas, pois são perpendiculares a 

BD. Analogamente, as retas AC e BA’ são paralelas. Logo o quadrilátero CABA’ é 

um paralelogramo e, assim, os triângulos ABC e A’CB são congruentes. 

Conseqüentemente, os quadriláteros ABDC e A’CD’B são congruentes, de modo 

que a distância entre os ortocentros A’D’ é igual a AD. 

Devemos, então, calcular AD. Como os ângulos ABD ˆ e ACD ˆ são ambos retos, 

somam 180 o e, portanto, o quadrilátero ABCD é inscritível, sendo AD diâmetro de 

seu circuncírculo. 

3 

60 o 

C 

A 4 

B 

Pela lei dos co-senos, 

2 2 2 

2 2 2 1 

BC = AB + AC − 2 ⋅ AB⋅ 

AC ⋅ cos60 

⇔ BC = 4 + 3 − 2⋅ 

4⋅ 

3⋅ 

⇔ BC = 

2 

Enfim, pela lei dos senos, 

13 2 39 

2 

sen 60 

3 

= = = 

BC 

AD 

R 

 

29 

D 

3 

2 

= 

D 

A’ 

13



2 39 

e, portanto, a distância entre os ortocentros é . 

3 


Sejam A’ o ortocentro do triângulo BCD e D’ o ortocentro do triângulo ABC. 

y 

60 o 

C 

D’ 

A B 

Sejam A = (0;0) e B = (4;0). Sendo AC = 3 e m(BÂC) = 60 o , podemos supor que C 

⎛ ⎞ 

 

 

= 

⎜ 

3 3 3 

( 3cos 

60 ; 3sen 

60 ) = ⎟ 

⎜ 

; . Como a reta CD’ é perpendicular ao eixo x, 

⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ 

3 

admite equação x = . Além disso, sendo a reta BD’ perpendicular à reta AC, de 

2 

 

− 1 

coeficiente angular tg 60 = 3 , seu coeficiente angular é . Logo, sendo 

3 

⎛ 3 ⎞ a − 0 1 5 3 

D ' = ⎜ ; a⎟ 

, = − ⇔ a = . 

3 

⎝ 2 ⎠ − 4 3 6 

2 

Calculemos agora A’. Como A’ pertence à perpendicular a BD por C, então 

⎛ ⎞ 

⎜ 

3 3 

A ' = ⎟ 

⎜ 

b; 

. A reta CD é perpendicular a AC e, portanto, tem coeficiente 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

− 1 

angular . Enfim, sendo A’B perpendicular a CD, tem coeficiente angular 

3 

1 

3 

1 

3 

= 

3 3 

− 

− 0 2 

11 

. Deste modo, = 3 ⇔ b = . 

− 

b − 4 

2 

Logo a distância entre os ortocentros A’ e D’ é 

2 

2 

⎛11 

3 ⎞ ⎛ 3 3 5 3 ⎞ 2 39 

⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ = . 

⎝ 2 2 ⎠ 

⎜ 2 6 ⎟ 

⎝ ⎠ 3 

30 

D 

A’ 

x




Os primeiros valores da seqüência são: 

F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, F 4 = 3, F 5 = 5, F 6 = 8, F 7 = 13, F 8 = 21, F 9 = 34 

Nota-se que, para n > 7, Fn > 2n. De fato, indutivamente, se Fn > 2n e Fn + 1 > 2(n 

+ 1) então Fn + 2 = Fn + 1 + Fn > 2(n + 1) + 2n > 2(n + 2). 

3n 4n 

Portanto Fn > 2n > > > n para n > 7, de modo que para resolver as 

2 3 

3n 4n 

equações Fn = n, Fn = , Fn = , basta testar os valores de n menores ou 

2 3 

iguais a 7. 

Se n > 5, de Fm ⋅ Fn = mn devemos ter Fm < m, donde m < 5. Logo pelo menos um 

dos números m e n deve ser no máximo 5. Suponha, sem perda de generalidade, n 

≤ 5. Observando os possíveis valores de n: 

• n = 1 ⇒ Fm = m, cujas soluções são m = 1 e m = 5. 

• n = 2 ⇒ Fm = 2m, que não possui solução. 

• n = 3 ⇒ 2Fm = 3m, que não possui solução. 

• n = 4 ⇒ 3Fm = 4m, que possui a única solução m = 6. 

• n = 5 ⇒ Fm = m, cujas soluções são m = 1 e m = 5. 

Os pares (m, n) que satisfazem a relação pedida são: 

(1, 1), (1, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 5) e (6, 4). 

31




Problemas e Soluções da Terceira Fase 


PROBLEMA 1 

Considere as seguintes seqüências: 

S1: 12345678, 81234567, 78123456, ..., na qual o último algarismo do termo 

anterior (algarismo das unidades) torna-se o primeiro algarismo à esquerda do 

próximo termo. 

S2: 1234567898765, 5612345678987, 7856123456789, ..., na qual o algarismo 

das unidades torna-se o primeiro algarismo à esquerda do próximo termo, e o das 

dezenas torna-se o segundo algarismo à esquerda. 

a) Apresente o quinto termo da seqüência S1 e o quarto termo da seqüência S2. 

b) A seqüência S1 tem 2006 termos. Qual é o seu último termo? 

c) A seqüência S2 termina quando o primeiro termo se repete. Quantos termos 

tem essa seqüência? 

PROBLEMA 2 

Na adição abaixo, cada símbolo representa um único algarismo e símbolos 

diferentes representam algarismos diferentes. 

Determine o valor de cada símbolo, ou seja, descubra tais valores e mostre que 

não existem outras possibilidades. 

PROBLEMA 3 

Um atirador lança flechas no alvo representado 

ao lado. Os números indicam a pontuação 

obtida em cada região atingida pela flecha (se a 

flecha acertar exatamente uma linha, a 

pontuação é a menor das duas regiões). Note 

que a região fora do retângulo não rende 

pontos. 

32



a) Se numa competição, cada participante atira 2 flechas, quantas pontuações 

diferentes podem ser obtidas? 

b) Numa outra competição, cada participante atirou 3 flechas. 

Curiosamente, não houve empates e todas as pontuações possíveis foram 

atingidas. Quantos participantes havia nesta competição? 

PROBLEMA 4 

Dentre os polígonos de 5 lados, o maior número possível de vértices 

alinhados, isto é, pertencentes a uma única reta, é três, como mostrado a seguir. 

Qual é a maior quantidade de vértices alinhados que um polígono de 12 lados 

pode ter? 

Atenção: além de desenhar um polígono de 12 lados com o número 

máximo de vértices alinhados, lembre-se de mostrar que não existe um outro 

polígono de 12 lados com mais vértices alinhados do que este. 

PROBLEMA 5 

A partir do tabuleiro mostrado nas figuras abaixo e quatro peças, duas circulares 

cinzas e duas quadradas pretas, Esmeraldinho inventou o seguinte jogo: 

• Inicialmente, as peças são colocadas no tabuleiro como mostra a figura 1. 

Figura 1 

33



• A meta do jogo é, após um certo número de movimentos, trocar as peças 

de posição, chegando na situação mostrada na figura 2. 

Figura 2 

• Cada movimento consiste em mover uma das 

quatro peças uma ou mais casas acima, abaixo, à 

esquerda ou à direita; todavia, tal peça não pode 

“pular” nenhuma peça que, eventualmente, esteja 

no caminho, ou ocupar uma casa onde já existe 

uma peça. Por exemplo, a peça marcada com A só 

pode se mover para alguma das casas destacadas 

em cinza. 

• Os movimentos dos círculos e dos quadrados são alternados. O jogo 

começa com um movimento de um dos quadrados. 

Determine a menor quantidade total de movimentos necessários para terminar o 

jogo. Mostre, passo-a-passo, através de desenhos, como movimentar as peças 

com esta quantidade de movimentos e prove que não é possível terminar o jogo 

com menos movimentos. 


PROBLEMA 1 

Escrevemos, em fila, os números 1, 2, 3, …, n. A cada passo, tomamos os dois 

últimos números da fila anterior, escrevemos primeiramente o último, depois 

o penúltimo e, enfim, os outros 

n – 2, na ordem em que aparecem. Por exemplo, para n = 12 obtemos 

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 → 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 

→ 10, 9, 12, 11, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 → ... 

Qual a menor quantidade de passos necessários para escrevermos 

novamente os números 1, 2, 3, …, n, nessa ordem, quando 

(a) n = 2006? 

(b) n = 2005? 

34 

A

PROBLEMA 2 

Veja o problema No. 4 do Nível 1 



PROBLEMA 3 

Encontre todos os pares ordenados (x; y) de inteiros tais que x 3 – y 3 = 3(x 2 – y 2 ). 

PROBLEMA 4 

Quantos subconjuntos {a, b, c} de três elementos distintos de {1, 2, 3, …, 100} 

são tais que b é a média aritmética de a e c (a 

PROBLEMA 5 

Seja ABC um triângulo acutângulo e H o seu ortocentro. Sejam M, N e R os 

pontos médios de AB, BC e AH, respectivamente. Determine a medida do ângulo 

MNR ˆ se o ângulo ABC ˆ mede 70 o . 

PROBLEMA 6 

Em um torneio de tênis de mesa (no qual nenhum jogo termina empatado), cada 

um dos n participantes jogou uma única vez contra cada um dos outros. Sabe-se 

que, para todo k > 2, não existem k jogadores J1, J2, …, Jk tais que J1 ganhou de 

J2, J2 ganhou de J3, J3 ganhou de J4, …, Jk – 1 ganhou de Jk, Jk ganhou de J1. 

Prove que existe um jogador que ganhou de todos os outros e existe um jogador 

que perdeu de todos os outros. 


PROBLEMA 1 

Seja ABC um triângulo, P o pé da bissetriz interna relativa ao lado AC e I 

seu incentro. Se AP + AB = CB, prove que API é um triângulo isósceles. 

PROBLEMA 2 

Seja n um inteiro, n ≥ 3 . Definimos f(n) como a maior quantidade possível de 

triângulos isósceles cujos vértices pertencem a algum conjunto de n pontos do 

plano sem três pontos colineares. Prove que existem constantes positivas a e b 

tais que an 2 < f(n) < bn 2 , para todo n inteiro, n ≥ 3. 

PROBLEMA 3 

Determine todas as funções f : R → R tais que 

para todos x, y reais. 

( xf ( y) 

+ f ( x) 

) = 2 f ( x) 

xy 

f + 

35



PROBLEMA 4 

Um número inteiro positivo é arrojado quando tem 8 divisores positivos cuja 

soma é 3240. Por exemplo, o número 2006 é arrojado porque seus 8 divisores 

positivos, 1, 2, 17, 34, 59, 118, 1003 e 2006, somam 3240. Encontre o menor 

número inteiro positivo arrojado. 

PROBLEMA 5 

Seja P um polígono convexo de 2006 lados. As 1003 diagonais ligando vértices 

opostos e os 1003 segmentos que ligam os pontos médios dos lados opostos são 

concorrentes, ou seja, todos os 2006 segmentos possuem um ponto em comum. 

Prove que os lados opostos de P são paralelos e congruentes. 

PROBLEMA 6 

O professor Piraldo participa de jogos de futebol em que saem muitos gols e tem 

uma maneira peculiar de julgar um jogo. Um jogo com placar de m gols a n gols, 

m ≥ n , é dito equilibrado quando m ≤ f (n) 

, sendo f(n) definido por f(0) = 0 e, 

para n ≥1 

, f ( n) 

= 2n 

− f ( r) 

+ r , onde r é o maior inteiro tal que r < n e 

f ( r) 

≤ n . 

1+ 5 

Sendo φ = , prove que um jogo com placar de m gols a n, m ≥ n , está 

2 

equilibrado se m ≤ φn 

e não está equilibrado se m ≥ φn 

+ 1. 

SOLUÇÕES – NÍVEL 1 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: BRUNO SILVA MUCCIACCIA (VITÓRIA – ES) 

S1: 12345678, 81234567, 78123456, 67812345, 56781234 

a) 5º termo da seqüência S1: 56781234 

4º termo da seqüência S2: 9878561234567 

S2: 1234567898765, 5612345678987, 7856123456789, 9878561234567. 

b) O último termo da seqüência S1 é: 45678123 

Pois quando se aumenta de 8 em 8, a seqüência se repete, então o 2001º número é 

igual ao 1º. E o 2006º número é igual ao 6º. 

c) Essa seqüência tem 43 termos, pois se percebe que quando as posições 

aumentam de 7 em 7, os números ímpares permanecem no lugar e os pares 

andam 2 casas para a direita, só quando o número par estiver na penúltima 

36



posição que ele anda três casas; assim, como há 13 algarismos andando 5 

vezes duas casas, os algarismos pares andam 10 casas para a direita, mas, no 

final da seqüência, andam três casas, então andando 6 × 7 vezes, eu repito a 

sequência. Como começa no No.1, na seqüência há 6 × 7 + 1 termos igual a 

43. (Pois a seqüência acaba quando o número se repete). 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: SOLUÇÃO DA BANCA 

a b 

b c 

+ c a 

a b c 

Como abc < 3 × 99 = 297 ⇒ a = 0, a = 1 ou a = 2. 

Como a + b + c ≡ c (mod 10) ⇒ a + b ≡ 0 (mod 10) ⇒ b + 1 ≡ 0 (mod 10) ou 

b + 2 ≡ 0 (mod 10), temos b = 8 ou b = 9 (não podemos ter a = b = 0). 

Como a + b + c + 1 = 10 a + b, temos c + 1 = 9a. 

Se a = 1, então c = 8 

Se a = 2, c = 17 (não é possível!). 

Logo, a única solução é a = 1, b = 9 e c = 8. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: COLABORAÇÃO DE RÉGIS P. BARBOSA (FORTALEZA – CE) 

a) Vejamos se é possível obter uma mesma pontuação de dois jeitos diferentes: 

(a, b) e (c, d), com a ≥ b, c ≥ d e a+ b = c+ d. 

Se tivermos 

a = c, a+ b = a+ d ⇒ b = d, e logo ( a, b) ⇒ ( c, d). 

Agora suponhamos sem 

perda de generalidade a > c. 

Teremos a ≤ a+ b = c+ d ≤ 2, c mas, se olharmos 

as pontuações nas regiões, podemos observar que a menor pontuação possível 

maior que c é 3c ou 3c + 1. No caso c = 0, 1≤a ≤ 2c = 0. Absurdo! E se 

c > 0, 3c ≤ a ≤ 2c ⇒ c ≤ 0, absurdo! 

Assim só tem um jeito para cada pontuação possível (a, b) com a ≥ b, 

dada a 

soma S = a + b. Agora vamos contá-las. 

Se a = b, pode ser: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

0,0 ; 1,1 ; 3,3 ; 9,9 ; 27, 27 ; 81,81 . Se a > b, basta 

escolhermos um par de pontuações distintas pois a ordem está definida. Temos 6 

possibilidades para o primeiro número e 5 para o segundo (que não pode ser igual 

ao primeiro) e dividimos por 2 já que os pares são contados duas vezes (aparecem 

37



6⋅ 5 

tanto {0, 1} quanto {1, 0}), obtendo: = 15 possibilidades. Assim são 6 + 

2 

15 = 21 pontuações possíveis. 

b) Usaremos um raciocínio parecido com o do item (a). Veja quando a mesma 

pontuação pode ser obtida de dois modos: ( abc , , ) e ( de , , f ), com 

a ≥b ≥ c, 

d ≥ e ≥ f e a+ b+ c = d + e+ f 

Se a = d recai no item (a): (b ; c); (e, f) com b ≥ c, 

e ≥ f e b+ c = e+ f já 

vimos que nesse caso b = e e c = f. 

Assim suponhamos a > d. Temos: a ≤ a+ b+ c = d + e+ f ≤ 3 d. 

Se d = 0,1 ≤ a ≤ 0. Absurdo! 

Assim tomemos d > 0. Se a > d já vimos que a ≥ 3 d; 

como 

a ≤ a+ b+ c = d + e+ f ≤ 3d 

≤ aocorrerão 

todas as igualdades: b = c = 0 e e = 

f = d, e concluímos que as únicas pontuações obtidas de dois modos são: 

( 3 x,0,0 ) e ( xxx , , ) com x > 0 e 3x ≤ 81⇒ x ≤ 27 já que a é uma pontuação 

de uma flecha. Temos agora três casos: 

(i) a > b > c: 

Temos que tomar 3 números distintos, seguindo o raciocínio do 

item (a), teremos: 6⋅5⋅ 4 mas dessa vez cada trio aparecerá 6 vezes: 

{ x, y, z};{ x, z, y};{ y, xz , };{ y, zx , };{ zxy , , };{ z, y, x} que são tudo a mesma 

6 ⋅5⋅ 4 

coisa, assim temos = 20 possibilidades. 

6 

(ii) a > b = c ou a = b > c: 

Basta contar os pares e multiplicar por dois pois o 

par (a, b) gera (a, a, b) e (a, b, b). Já vimos no item (a) que são 15 pares, assim 

temos aqui 30 possibilidades. 

(iii) a = b = c: Como deduzimos as somas obtidas por (x, x, x) com 0 < x ≤ 27, 

que já foram contadas então devemos contar apenas: x = 0 e x = 81, isto é, 

somente mais 2 possíveis somas. 

Assim, como o número de participantes é igual ao número de somas possíveis 

distintas, são: 20 + 30 + 2 = 52 participantes. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4 

Ver solução do problema 2 do nível 2. 

38



SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: LEONARDO BURATO FOUREAUX (LINHARES - ES) 

Com 8 movimentos. 

1 

5 

Resultado final 


2 

6 

39 

3 

7 

Não existe outra maneira de mover as peças com menos 

movimentos, pois o mínimo de cada peça para chegar ao 

lugar da outra é de 2 movimentos e sendo 4 peças, são no 

mínimo 4 ⋅ 2 = 8 movimentos. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: THIAGO S. WARWAR TEIXEIRA (RIO DE JANEIRO – RJ) 

a) n = 2006 

n 

Com n sendo par, a cada passos, partindo do início, nota-se que todos os 

2 

números ímpares trocarão de posição com o número par a sua frente, depois todos 

os pares trocarão de posição com o número ímpar que estiver a sua frente, e assim 

sucessivamente. 

Logo, com n = 2006, teremos, após 1003 passos: 

2, 1, 4, 3, 6, 5..., 2004, 2003, 2006, 2005 

4 

8



E, depois de mais 1003 passos, teremos: 

1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., 2003, 2004, 2005, 2006 (ordem inicial) 

Ou seja, para n = 2006, a menor quantidade de passos necessários para 

reescrever: 1, 2, 3,..., 2005, 2006, é de 2006 passos. 

b) n = 2005 

Para resolver esta questão, recorreremos a exemplos menores: 

1, 2, 3 → 3, 2, 1 → 1, 2, 3 → 2 passos 

1, 2, 3, 4, 5 → 5, 4, 1, 2, 3 → 3, 2, 5, 4, 1 → 1, 4, 3, 2, 5 → 5, 2, 1, 4, 3 → 3, 4, 5, 

2, 1 → 1, 2, 3, 4, 5 → 6 passos 

Com base nos exemplos, percebe-se que os números ímpares: 1, 3, 5... estarão 

sempre nas posições ímpares: 1ª., 3ª., 5ª., ..., não necessariamente nesta ordem, 

conseqüentemente, os pares estarão nas posições pares. 

Nota-se também que para os x números ímpares reestabelecerem sua ordem 

original, deverão ser feitos x passos, e para os (x – 1) números pares, serão 

tomados (x – 1) passos. 

Logo para achar o número mínimo de passos necessários, devemos calcular o 

mínimo múltiplo comum entre x e (x – 1), que independente do valor de x, será 

sempre x⋅( x− 

1). 

Então, para calcular o valor mínimo de passos para n= 2005, devemos multiplicar 

1003 (quantidade de ímpares) por 1002 (quantidade de pares), o que resulta em 

1005006. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: ILLAN FEIMAN HALPERN (ITATIAIA – RJ) 

A maior quantidade de vértices alinhados que um polígono de 12 lados pode ter é 

8. Um exemplo de polígono assim é: 

Mostrarei agora que não existe polígono de 12 lados com 9 vértices colineares. 

Em um polígono 3 vértices consecutivos não podem ser colineares, escolhendo 9 

pontos em 12, pelo menos haverá um trio de pontos consecutivos. Demostração: 

Nomeie os vértices em ordem de V 1 a 12 V , sendo que 1 V é consecutivo de V12 e 

V 2 ; 2 V é consecutivo de 1 V e V 3 e assim por diante. Sejam: 

G = 

{ V ; V ; V } 

1 1 2 3 

40

G = { V ; V ; V } 

2 4 5 6 

G = { V ; V ; V } 

3 7 8 9 



G4 = { V10; V11; V12} 

Pelo princípio da casa dos pombos, escolhendo-se 9 vértices, haverá pelo menos 

um conjunto com 3 vértices escolhidos. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: COLABORAÇÃO DE RÉGIS P. BARBOSA (FORTALEZA – CE) 

3 3 

Temos: x − y 

2 2 2 2 

= 3( x − y ) ⇒ ( x − y)( x + xy+ y ) = 3( x − y)( x + y). 

3 3 

x− y = 0⇒ x − y = 0 e 

2 2 

3( x − y ) = 0. Temos assim as soluções 

( x, y) = ( a, a), ∀a∈Z . 

Agora suponhamos x− y ≠ 0; assim podemos cortar logo: 

2 2 2 2 

x xy y x y x y x y y 

+ + = 3 + 3 ⇒ + ( − 3) + ( − 3 ) = 0, e logo 

2 2 2 2 2 

∆= ( y−3) −4( y −3 y) ⇒∆= y − 6y+ 9− 4y + 12y =− 3y + 6y+ 9 = 

=− 3( y+ 1)( y− 

3) 

Note que x∈Z ⇒∆≥0⇒− 3( y+ 1)( y−3) ≥0 ⇒ ( y+ 1)( y−3) 

≤0. 

Analisando a inequação, se y < −1 ⇒ ( y+ 

1) < 0, ( y− 3) < 0 ⇒ ( y+ 1)( y− 

3) > 0 e 

y > 3 ⇒ ( y− 

3) > 0 e ( y+ 1) > 0 ⇒ ( y+ 1)( y− 

3) > 0. 

Assim os y´s que buscamos satisfazem: −1≤ y ≤ 3, y∈Z ⇒ y = −1,0,1,2,3. 

Vamos verificar para cada um os possíveis valores de x. 

2 2 

(I) y =−1⇒∆= 0 e a equação é: x − 4x+ 4 = 0 ⇒ ( x− 

2) = 0, donde 

x = 2 ⇒ ( x, y) 

= (2, − 1). 

2 

(II) y = 0⇒ ∆ = 9 e a equação é: x − 3x = 0 ⇒ x( x− 

3) = 0, 

donde x = 0 ou 

x = 3 ⇒ ( x, y) 

= (0,0),(3,0). 

(III) y = 1⇒ ∆ = 12e 

a equação é: 

2 − b ± ∆ 2± 12 

x −2x− 2 = 0⇒ x = = ⇒ x = 1± 3. Assim, para y = 1, 

2a2 não existe x ∈ Z que satisfaz a equação do segundo grau. 

(IV) y = 2⇒ ∆ = 9e 

a equação é: 

2 

− b± 

∆ 1± 3 

x −x− 2= 0⇒ x= = ⇒ x= 

2ou 

x = −1 ⇒ ( x, y) 

= (2,2),( − 1,2). 

2a2 2 

(V) y = 3⇒ ∆ = 0 e a equação é: x = 0⇒ x = 0 ⇒ ( x, y) 

= 

(0,3). 

41



Assim os pares ordenados são: ( x, y) = (2, −1),( − 1,2),(3,0),(0,3) e ( a, a), 

∀a∈Z . 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: RAFAEL HORIMOTO DE FREITAS (SÃO PAULO – SP) 

A + C 

A soma de A e C deve ser par pois a média entre A e C , , resulta em um 

2 

inteiro B, para isso A e C devem ser números pares ao mesmo tempo ou devem 

ser números ímpares ao mesmo tempo. 

No começo podemos escolher 100 A´s diferentes; para cada A ímpar, restam 49 

ímpares, e, se A for par, restam 49 pares para escolher no lugar de C, e por último 

só há um número B para escolher pois só há uma média aritmética entre A e C. 

Em metade dos casos ocorrerá A > C, pois para cada casa em que A < C podemos 

trocar os valores de A e C, metade dos casos são inválidos. 

100⋅49⋅ 1 

No final temos = 2450 subconjuntos. 

2 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: RAFAEL GRIBEL DE PAULA NEVES (RIO DE JANEIRO – RJ) 

B 

α 

M 

α 

20° + θ 

K 

A 

20° θ 

20° 

70°– α 70° 

J 

R 

H 

β 

w 

MR é base média do ∆ABH → AM R ≅ ABH 

MJ é mediana relativa a AB (e AJB é retângulo) → BAJ ≅ AJM 

N 

MN é base média do ∆ABC → BM N ≅ B AC 

Seja K a interseção de BH e MN. No ∆ BKM , α+ 20°+ θ = 90°→ NMR = 90° 

42 

I 

w 

C



Os triângulos JNR e MNR são retângulos e dividem a mesma base NR → o 

quadrilátero MJNR é inscritível → M JR ≅ M NR , donde MNR= 20° 

. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6 PARTE A: RENAN HENRIQUE FINDER (JOINVILLE – SC) 

Inicialmente, vamos provar o teorema para n = 3. Chamemos de vitorioso o 

jogador que venceu os demais. Usemos a notação (X♦Y) para (X venceu Y). 

Sejam A, B e C os três jogadores. Suponhamos (sem perda de generalidade) 

(A♦B). Se (B♦C), então, como não podemos ter (C♦A), (teríamos 

J1 = A, J2 = B e J3 = C violando o enunciado), temos A vitorioso. Senão, 

temos que (C♦B), ou seja, o vencedor de A contra C é vitorioso. 

Suponhamos agora que o enunciado valha para n jogadores. Em um torneio com 

os jogadores A1, A2, A3... e A n+ 

1, 

haverá um “subtorneio” entre os jogadores 

A1, A2, A3,... e A n. 

Suponhamos sem perda de generalidade que seja A 1 é o 

vitorioso do subtorneio. Se 1 A ♦ A n+ 

1 , A 1 é o vitorioso do torneio. 

Se A n+ 

1 ♦ A 1 , podemos analisar ternas de jogadores em “subtorneios” para 

chegarmos a uma conclusão. 

Terna Conclusão 

A1, A2, A n+ 

1 

( A n+ 

1 ♦ A1 ∧ A1 ♦ A2) A n+ 

1 

A1, A3, A n+ 

1 

( A n+ 

1 ♦ A1 ∧ A1 ♦ A3) A n+ 

1 

 

A1, An, A n+ 

1 

( A n+ 

1 ♦ A1 ∧ A1 ♦ An) A n+ 

1 

43 

⇒ ♦ A 2 

⇒ ♦ A 3 

⇒ ♦ A n 

Concluímos que A n+ 

1 é vitorioso. De qualquer modo, há um vitorioso. Assim, 

indutivamente, confirma-se o enunciado. Analogamente, conclui-se que há um 

jogador que tenha perdido todas as partidas. 

Obs. O teorema provado é mais geral. Poderia ser enunciado como “se um 

jogador A vencer B e B vencer C, é impossível C vencer A. Então, há um jogador 

que vença todos os demais”. Ele se torna até intuitivo se o enunciarmos assim: 

“quando um jogador vence outro, que vence um terceiro, o primeiro vencerá o 

terceiro”. 

PARTE B: EDSON RYOKEI ONAGA (SÃO PAULO – SP) 

Para indicar o vencedor de uma disputa, vamos utilizar uma seta: J x → J y (Isso 

significa que x J perdeu para J y ). A seta aponta para o vencedor.



Vamos supor que nenhum jogador perdeu todas as partidas. Assim, J 1 ganhou, 

pelo menos 1 partida. 

O esquema dele será assim: 

J1 ← J 2 

J também não perdeu todas, o esquema ficará assim: 

Como 2 

J1 ← J2 ← J3 

← ... 

Observe que nenhum jogador pode aparecer 2 vezes nessa seqüência. 

Vejamos o porquê: 

Supondo que J 2 apareça de novo no esquema: 

J1 ← J2 ← J3 ← J4 ← J2 

Observe que ocorre a seguinte situação: 

J 2 ganhou de J 3, J 3 ganhou de J 4 e 4 J ganhou de 2 . J 

Como o enunciado da questão não permite essa situação, não podemos repetir 

nenhum jogador na seqüência. 

Como n não é infinito, essa seqüência é finita. 

O único modo de terminar o esquema é se algum jogador não perder nenhuma 

partida, pois, após um invicto, não poderemos colocar nenhum outro jogador. 

Logo, há um jogador que ganhou de todos os outros. 

Da mesma forma que a seqüência tem um fim à direita, ela deve ter um fim à 

esquerda. 

Pelas mesmas condições citadas acima, o último à esquerda do esquema será o 

jogador que perder de todos os outros. 

Há um jogador que perdeu de todos os outros. 


SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: RENAN LIMA NOVAIS (RIO DE JANEIRO - RJ) 

I) Desenhando a figura da questão, temos: 

B 

I 

A 

C 

P 

II) Por ser o ponto I incentro, sabemos que este ponto eqüidista dos três lados do 

∆ ABC , podendo-se inscrever um círculo no ∆ ABC . Além disso, por ser o 

44



ponto I o incentro do triângulo ∆ ABC , temos que AI é bissetriz do ângulo 

B AC . 

III) Observemos agora as alterações da figura: 

B 

I 

A 

C 

P 

IV) Aplicando o teorema das bissetrizes internas no triângulo ∆ ABP , de 

bissetriz AI , temos: 

BI PI AP AB AB AP+ AB 

= ⇒ = ⇒ = 

AB AP PI BI BI PI + BI 

Mas como é dito no enunciado da questão que AP+ AB = BC, 

logo temos: 

AB BC AB BI 

= ⇒ = 

BI PB BC PB 

V) Assim, podemos notar que os triângulos ABI e CBP são semelhantes pelo 

AB BI 

caso LAL de semelhança (pois = e ABP ≡ PBC ). 

BC PB 

Logo BCP ≡ BAI. 

VI) Observemos agora a figura novamente alterada: 

A 

B 

I 

P 

45 

C



VII) Como BIA ≡ BPC , AIP é suplemento de BIA e, conseqüentemente, 

suplemento de BPC e BPA é suplemento de BPC, logo AIP ≡ BPA . Assim, 

o triângulo AIP é isósceles. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: LÚCIO ASSAOKA HOSSAKA (CURITIBA – PR) 

Primero vamos provar que existe b. Podemos escolher dois pontos de 

nn− ( 1) 

formas, e traçar um segmento entre eles. Suponha agora que sobre cada 

2 

um deles haja dois triângulos isósceles com base no segmento em questão. Mais 

de dois triângulos com base no mesmo segmento implicaria em 3 vértices 

colineares, contidos na mediatriz do segmento. (Observe que a intenção não é a 

de obter um número exato, e sim uma cota razoável). Assim, certamente 

nn ( −1) 

2 

f ( n) ≤ ⋅ 2 = n( n− 1) = n −n, donde se ve que b = 1 é suficiente, ou 

2 

seja, existe. 

No caso de a, vamos dividir em dois casos: n par e n ímpar. 

n ímpar: Se arranjarmos os n pontos como vértices de um polígono regular de n 

vértices, podemos criar um valor mínimo que sabemos que não é necessariamente 

( n −1) 1 

f(n), mas que é menor ou igual a ele. Veremos que esse valor é ⋅n⋅ . 

2 3 

n −1 Veja por que: para cada vértice há pares de outros vértices equidistantes, 

2 

que formarão a base de um triângulo isósceles. São n vértices, e multiplicamos 

por 1 

para evitar a possível contagem de triângulos mais de uma vez (como no 

3 

caso do eneágono regular, por ex.). 

2 

n − n 2 

Resolvendo > an , queremos que a seja tal que a inequação seja 

6 

1⎛ 1⎞ 

verdadeira para n ≥ 3. Isso equivale a ⎜1 − ⎟ > a. 

Como 

6 ⎝ n ⎠ 

1⎛ 1⎞ 1 2 1 

1 

n ≥3, ⎜1 − ⎟ ≥ ⋅ = , e logo qualquer a < serve. Ou seja a existe para 

6⎝ n ⎠ 6 3 9 

9 

n ímpar, pelo menos. 

46



n par: análogo ao caso anterior, com a diferença de que colocamos um ponto no 

centro do polígono regular, que agora tem n – 1 vértices. O número de possíveis 

( n−1)( n−2) ( n−1)( n−2) 

2 

triângulos isósceles é de 

+ > an (a última parcela 

6 2 

corresponde aos que tem vértice no ponto central). Isso equivale a 

2 2 2⎛ 1⎞⎛ 2⎞ 

( n−1)( n− 2) > an ⇔ ⎜1− ⎟⎜1 − ⎟ > a. 

3 3⎝ 

n⎠⎝ n⎠ 

2⎛ 1⎞⎛ 2⎞ 2 3 1 1 

1 

Como n ≥ 4, ⎜1− ⎟⎜1 − ⎟ ≥ ⋅ ⋅ = , e logo qualquer a < serve. 

3⎝ n⎠⎝ n⎠ 

3 4 2 4 

4 

Existe a constante nesse caso também, finalizando a demonstração. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: RAFAEL MENDES DE OLIVEIRA (RIO DE JANEIRO – RJ) 

Fazendo x = 1 na equação original, temos que: 

f ( f ( y) + f (1)) = 2 f (1) + y∴f 

é sobrejetora, pois repare que, fazendo y = a – 

2f(1), temos que f ( f ( a− 2 f (1)) + f (1)) = a, ∀a∈ . 

Como f é sobrejetora, ∃α∈Rtal que f ( α ) = 0. 

Se α = 0, temos que, fazendo y = 0 na equação original, obteremos 

f ( f ( x)) = 2 f ( x). 

Como f é sobrejetora, para todo a ∈ R ∃ xa 

tal que 

f ( xa) = a. 

De f ( f ( x)) = 2 f ( x), 

obtemos: 

f ( f ( xa)) = 2 f ( xa) ⇒ f ( a) = 2 a, ∀a∈R . 

Testando f ( x) = 2x 

na equação original, vemos que esta função obviamente não 

é solução. Logo, podemos concluir que α ≠ 0. 

Como α ≠ 0, fazendo x = α na equação original, obtemos: 

f ( α f ( y)) = α y. 

Logo, concluímos que f também é injetora, pois 

f ( x) = f( y) ⇒ f( α f( x)) = f( αf( y)) ⇒ αy= αxe 

como 

α ≠ 0, αy= αx⇒ 

x= y (logo f é injetora). 

Fazendo x = α na equação original, obtemos: 

f ( α f ( y)) = α y. 

Fazendo y = 0 em f ( x f ( y) ) = α y, 

temos que: 

f ( α f (0)) = 0. Como f ( α ) = 0, temos que α = α f (0), pois f é injetora. Logo, 

como α ≠ 0, temos que f (0) = 1. 

Fazendo x = y = 0 na equação original, obtemos: 

f(1) = 2. Fazendo x = y = –1 na equação original, temos que f(–1) = 0. 

Fazendo x = – 1 na equação original, temos que: 

47



f ( − f ( y)) = − y. 

Fazendo y = 0 na equação original temos: 

f ( x + f ( x)) = 2 f ( x). 

Fazendo x: =− f ( u) 

e y: = − f ( v) 

na equação original, temos que: 

f ( f ( uv ) − u) =− 2 u+ f ( u) f ( v). 

Fazendo u = 1 nesta última, temos que: 

f (2y− 1) = 2 f ( y) 

− 2 (*). 

Fazendo x = 1 na equação original, temos que f ( f ( y) + 2) = y+ 

4. 

De (*) temos: f (2y− 1) + 2 = 2 f ( y). 

Aplicando f dos dois lados desta última 

igualdade, temos que f ( f (2 y− 1) + 2) = f (2 f ( y)). 

Como f ( f ( x) + 2) = x+ 

4 , temos que, fazendo x = 2y – 1 nesta última, temos: 

f ( f (2y− 1) + 2) = 2y+ 3. 

Fazendo y = 0 na equação original, temos f ( f ( x) + x) = 2 f ( x) 

(**). 

Logo, fazendo x = y nesta última e aplicando f dos dois lados, temos que 

f ( f ( f ( y) + y)) = f (2 f ( y)). 

Fazendo y = –1 na equação original, temos que f ( f ( x)) = 2 f ( x) − x∴fazendo 

x = f ( y) + y nesta última, temos: 

f ( f ( f ( y) + y)) = 2 f ( f ( y) + y) − ( f ( y) + y). 

Como, por (**), 

f ( y+ f ( y)) = 2 f ( y), 

temos que a última igualdade fica: 

f ( f ( f ( y) + y)) = 4 f ( y) − f ( y) − y = 3 f ( y) − y. 

Como 2y+ 3 = f ( f (2 y− 1) + 2) = f (2 f ( y)) = f ( f ( f ( y) + y)) = 3 f ( y) − y, 

Temos que 3 f ( y) − y = 2y+ 3 ⇒ f ( y) = y+ 1, ∀y∈R . 

Testando na equação original, vemos que os dois lados ficam xy + 2x + 2 ∴temos 

que f(x) = x + 1 é a única função que satisfaz o problema. 

Resposta: f(x) = x + 1. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: BRENO VIEIRA DE AGUIAR (FORTALEZA – CE) 

(interpretando que um número arrojado deve ter exatamente 8 divisores) 

i) A quantidade de divisores positivos de um número, é calculada pelo produto de 

cada expoente dos seus fatores primos mais um. Daí, como o número tem 

exatamente 8 divisores, ele pode ser das formas: Seja N inteiro positivo arrojado 

que procuramos: 

I) N = p 7 ; p primo 

3 

II) N = p⋅q ; p, q primos distintos 

III) N = p⋅q⋅t; p, q, t primos distintos 

48

ii) Analisemos cada caso: 

7 

I) Se N = p , então: 



D = p p p p p p p ⇒ + p+ p + p + p + p + p + p = 

( N ) 1, , 

2 

, 

3 

, 

4 

, 

5 

, 

6 

, 

7 

1 

2 3 4 5 6 7 

3240. 

2 3 4 5 6 7 

8 

p −1 

Note que: 1+ 

p+ p + p + p + p + p + p = 

p − 1 

e que para 

p ≥3⇒ 8 

p −1 

≥ 3280 , 

p −1 

já que 

2 3 4 5 6 7 

1+ p + p + p + p + p + p + p é 

crescente. Daí, p ≥ 3 não serve. Para p = 2, temos: 

2 3 4 5 6 7 

1+ p+ p + p + p + p + p + p = 255 ⇒ p = 2 não serve! 

7 

Logo N = p não serve. 

II) 

3 2 2 3 3 2 2 

N = p⋅q ⇒ D( n) = 1, p, q, pq, q , p⋅q , q , p⋅q ⇒ 1+ 

p+ q+ p⋅ q+ q + pq + 

3 3 2 3 

+ q + pq = 3240 ⇒ ( p+ 1)(1 + q+ q + q ) = 3240. Perceba que estamos atrás 

do menor inteiro arrojado > 0 e já temos que 2006 é um inteiro arrojado. Daí, 

2006 

N ≤ . 

p≥ 

2 

3 3 3 

⇒ p⋅q ≤ 2006 ⇒q ≤1003 ⇒ q ≤ 1003 < 11 ⇒ q = 2 ou 3 ou 5 ou 7. 

Para 

2 3 

q= 2 ⇒ ( p+ 1) ⋅ (1 + 2+ 2 + 2 ) = 3240 ⇒ ( p+ 1) ⋅ 15 = 3240 ⇒ p+ 1= 816 ⇒ p= 

215 ⇒ 

não serve. 

Para 

2 3 

q= 3 ⇒ ( p+ 1) ⋅ (1 + 3+ 3 + 3 ) = 3240 ⇒ ( p+ 1) ⋅ 40 = 3240 ⇒ p+ 1= 81⇒ p= 

80 ⇒ 

não serve. 

2 3 

Para q= 5 ⇒ ( p+ 1) ⋅ (1 + 5+ 5 + 5 ) = 3240 ⇒ ( p+ 1) ⋅ 156 = 3240 ⇒p∉Z ⇒ 

não serve. 

2 3 

Para q= 7 ⇒ ( p+ 1) ⋅ (1 + 7 + 7 + 7 ) = 3240 ⇒ ( p+ 1) ⋅ 400 = 3240 ⇒p∉Z ⇒ 

não serve. 

3 

Logo Para N = pq ⋅ não serve. 

III) 

N = p⋅q⋅t⇒ D( N) = 1, p, q, t, pq, qt, tp, pqt ⇒ 1+ p + q + t + pq + qt + tp + pqt = 3240⇒ 

⇒ ( p+ 1)( q+ 1)( t+ 

1) = 3240. Então temos que achar três números posteriores a três 

49



primos, tal que o produto desses números é 3240. Então esses primos são 

divisores positivos de 3240 menos um. Então vamos ver quais são os D(3240)–1 

que são primos: 

1 

3240 2 2 

1620 2 4 

810 2 8 

405 3 3,6,12,24 

135 3 9,18,36,72 

45 3 27,54,108,216 

15 3 81,162,324,648 

5 5 5,10,20,40,15,30,60,120, 45, 90, 180, 360, 135, 270, 540, 1080, 405, 810, 1620, 3240. 

1 

D(3240) − 1=0,1,2,3,4,5,7,8,9,11,14,17,19,23,26,29,35,39,44,53,59,71,80,89,107, 

119,134,161,179,215,269,... Note que no mínimo (p + 1)(q + 1) é 12 (quando p = 

2 e q = 3), então no máximo t + 1 é 270 ⇒ tmáx = 269. 

Os primos possíveis são: 2, 3, 5, 7, 11, 17, 19, 23, 29, 53, 59, 71, 89, 107, 179, 

269. 

Para t = 269 ⇒ (p + 1)(q +1) = 12 ⇒ p = 2 e q = 3 ⇒ N = 1614 

Para t = 179 ⇒ (p + 1)(q +1) = 18 ⇒ p = 2 e q = 5 ⇒ N = 1790 

Para t = 107 ⇒ (p + 1)(q +1) = 30 ⇒ ∃ p, q primos 

Para t = 89 ⇒ (p + 1)(q +1) = 36 ⇒ p = 2 e q = 11 ⇒ N = 1958 


Para t = 59 ⇒ (p + 1)(q +1) = 54 ⇒ p = 2 e q = 17 ⇒ N = 2006 

Para t = 53 ⇒ (p + 1)(q +1) = 60 ⇒ p = 2 e q = 19 ⇒ N = 2014 

Para t = 29 ⇒ (p + 1)(q +1) = 108 ⇒ p = 5 e q = 17 ⇒ N = 2465 


Para t = 19,17, 11, 7, 5, 3 ou 2 é análogo aos anteriores. 

Daí, o menor N é 1614. 

iii) Então o menor inteiro positivo arrojado é 1614. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: PEDRO PAULO GONDIM CARDOSO (SALVADOR – BA) 

(Interpretação que um número arrojado pode ter mais que 8 divisores) 

Inicialmente observa-se que 1260 é um número arrojado, pois 1260 + 630 + 420 

+ 315 + 252 + 210 + 90 + 63 = 3240. Agora deve-se provar que não há nenhum 

número arrojado menor que 1260. 

Um número arrojado tem como divisores a, b, c, d, e, f, g, h tais que 

⎛1 1 1 1 1 1 1 1⎞ 

⎜ + + + + + + + ⎟K= 

3240, onde K é o valor do número 

⎝a b c d e f g h⎠ 

50



arrojado. Se existir um número arrojado menor que 1260, devem existir naturais 

não nulas a, b, c, d, e, f, g, h tais que 

1 1 1 1 1 1 1 1 3240 18 

+ + + + + + + > = = 2,571428. 

a b c d e f g h 1260 7 

Se existir um número arrojado menor que K, ele não poderia ser ímpar, senão os 

menores valores para a, b, c, d, e, f, g, h seriam 1, 3, 5, 7, 11, 13, 15 e 17 e 

1 1 1 1 1 1 1 3240 

1+ + + + + + + < 2,3 < . Se existisse um número arrojado 

3 5 7 9 11 13 15 1260 

menor que K, ele teria que ser múltiplo de 3, senão as menores valores para a, b, 

c, d, e, f, g, h seriam 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11 e 

1 1 1 1 1 1 1 3240 

1+ + + + + + + < 2,5 < . Então, se existisse um número 

2 4 5 7 8 10 11 1260 

arrojado menor que 1260, ele teria que ser múltiplo de 6. 

O menor valor possível para K corresponde aos menores valores possíveis para a, 

b, c, d, e, f, g, h, que são 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Então: 

⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎞ 

⎜ + + + + + + + ⎟K= 

3240 ⇒ 

⎝ a b c d e f g h ⎠ 

⎛11111111⎞ 2283 

⇒ ⎜ + + + + + + + ⎟K 

= 3240 ⇒ K = 3240 ⇒ 

⎝1 2 3 4 5 6 7 8 ⎠ 

840 

3240 ⋅ 840 

⇒ K = ⇒ K ≅1191,1. 

2283 

Se houver um número arrojado menor que 1260, ele deve ser maior que 1191, 1 e 

múltiplo de 6. Então as únicas possibilidades para K são 1194, 1200, 1206, 1212, 

1218, 1224, 1230, 1236, 1242, 1248 e 1254; 

• Se K = 1194. 

A soma dos oito maiores (e únicos) divisores de 1194 é 1194 + 597 + 398 + 199 

+ 6 + 3 + 2 + 1 = 2400 < 3240. Portanto 1194 não é arrojado. 

• Se K = 1200. 

A soma dos oito maiores divisores de 1200 é 1200 + 600 + 400 + 300 + 240 + 

200 + 150 + 120 = 3210 < 3240. Portanto 1200 não é arrojado. 

• Se K = 1206. 

A soma dos oito maiores divisores de 1206 é 1206 + 603 + 402 + 201 + 134 + 67 

+ 18 + 9 = 2640 < 3240. Portanto 1206 não é arrojado. 

• Se K = 1212. 



• Se K = 1218. 

51



A soma dos oito maiores divisores de 1218 é 1218 + 609 +406 + 203 + 174 + 87 

+ 58 + 42 = 2797 < 3240. Portanto 1218 não é arrojado. 

• Se K = 1224. 



• Se K = 1230. 



• Se K = 1236. 



• Se K = 1242. 



• Se K = 1248. 



• Se K = 1254. 



Como a soma dos oito maiores divisores é menor que 3240, em todas as 

possibilidades, é evidente que a soma de quaisquer outros oito divisores também 

será menor que 3240. 

Portanto não há nenhum inteiro positivo menor que 1260 que seja arrojado. Logo 

o menor número inteiro positivo arrojado é 1260. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: LEANDRO FARIAS MAIA (FORTALEZA – CE) 

Vamos dividir em duas partes: 

Parte 1: 

Os lados opostos de de P são paralelos. 

Seja AB um lado de P e A´B´seu lado oposto. 

Suponha que AB não seja paralelo a B´A´. Por B´, 

trace uma paralela ao lado AB, até trocar AA´ em 

C. Sendo M e N pontos médios dos lados AB e 

A´B´, respectivamente, temos: 

A 

BX ´ 

AB// B´ C ⇒ 

BM 

XT 

= 

TM 

XC 

= 

AM 

⇒ B´ X = XC B´ 

52 

M 

T 

B 

X C 

N 

A´



⎧BX 

´ = XC 

Mas veja que: ⎨ ⇒ NX // CA´, 

absurdo ( NX ∩ CA´ = T ). 

⎩BN 

´ = NA´ 

Portanto, devemos ter: AB// A´ B ´. 

A1 

Parte 2: 

AB = A´ B´. 

Numerando os vértices, temos que: 

A 1003+ i é oposto de Ai,1≤i ≤ 1003 

Temos: 

AA 1 2 // A1004 A1005, AA 2 3 // A1005 A1006,..., A1003 A1004 

// 

// A A. 

Logo: 

2006 1 

53 

A2006 A3 

A1006 A1003 

T 

A2 

A1005 A1004 

AT 1 

TA1004 AT 2 = 

TA1005 AT 3 A1003T A1004T AT 1 

= = ... = = ⇒ 

TA1006 TA2006 TA1 TA1004 A1004T = ⇒ AT 1 = TA1004. 

TA1 

Portanto teremos: 

AT 1 1 = 

TA1004 AT 2 = 

TA1005 A3T = 

TA1006 A1003T = ... = 

TA2005 

Mas: 

AT i 

TA1003+ i 

AiAi+ 1 

= 

A1003+ iA1004+ i 

= 1 ⇒ AA i i+ 1 = A1003+ iA1004+ i, 

o que acaba, pois 

A + são lados opostos. 

AiA i+ 

1 e 1004 i 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: JOSÉ MARCOS ANDRADE FERRARO (SÃO PAULO - SP) 

Vamos listar os primeiros termos para estabelecer uma base de indução. 

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 

f(n) 0 2 3 5 7 8 10 11 13 15 16 18 

Lema: n= f() r ou n= f() r + 1. 

Prova: é equivalente a f( r+ 1) = ( f( r) 

+ 1 ou f() r + 2). 

Suponha que isto aconteça para r < n – 1. 

Então f ( n) = 2 n− f( r´) + r´, 

f ( n− 1) = 2n−2 − f( r) + r⇒ 

f ( n) − f( n− 1) = 2 − f( r´) + r´ + f( r) − 

r.



Temos r´ = r ou r´ = r+ 

1, 

n= f() r ou n= f() r + 1 e ( f( r´) = f( r) 

+ 1 ou 

f(´) r + 2). Se r´ = r, f( n) − f( n− 

1) = 2. 

Se r´ = r+ 

1, f( n) − f( n− 1) = 3 + f( r) − f( r´) 

= (2 ou 1), o que termina a prova 

do Lema. 

Vamos agora provar por indução que kφ− 1 < f( k) < kφ+ 

1, para todo k ∈ . 

Suponha que isso vale para 0≤k ≤n− 1. 

n+ 1 n−1 

Se n= f(), r rφ− 1< n< rφ+ 1⇒ 

> r > 

φ φ 

f ( n) = 2 n− f( r) + r = 2n− 

n+ r = n+ r 

n+ 1 n−1 

n+ ≥ n+ r≥ n+ 

⇒ 

φ φ 

1 1 

1 

nφ+ > f( n) ≥nφ− ⇒ como 1 > , nφ+ 1 > f( n) > nφ−1. 

φ φ 

φ 

n n−2 

Se n= f() r + 1, rφ− 1< n− 1< rφ+ 1⇒ 

> r > 

φ φ 

f ( n) = 2n− n+ 1 + r⇒ f( n) = n+ 1+ 

r 

n n−2 

n+ 1+ > n+ 1+ r > n+ 

1+ 

⇒ 

φ φ 

φ−2 

nφ+ 1 > f( n) ≥nφ+ > nφ−1, 

cqd. 

φ 

Assim, φ n+ 1 > f( n) >φn−1, ∀n≥ 0. 

Como f( n) ∈ , f ( n) >φn− 1 e φn −1 ∈−, temos f ( n) ≥⎢⎣φn− 1⎥⎦+ 1 = ⎢⎣φn⎥⎦ . 

Se m≤φ n, mφ n+ 1 > f( n), 

o jogo é desequilibrado, cqd. 

54




Problemas e Soluções da Primeira Fase – Nível Universitário 

PROBLEMA 1 

1 x 

e −1−x Calcule ∫ dx 

x 

( e −1) ⋅x 

−1 

PROBLEMA 2 

Seja N um inteiro positivo. Calcule, em função de N, o volume do sólido definido 

por: 

⎧ xyz , , ∈ [0, +∞) 

⎨ 

⎩⎢⎣x⎥⎦+ 

⎢⎣y⎥⎦+ ⎢⎣z⎥⎦≤ N 

PROBLEMA 3 

Dada f : → [ 0, +∞) 

duas vezes diferenciável com f (0) = 0 , f '(0) = 1, 

1 

3 

1 + f( x) 

= , ∀x∈ [0,1] , mostre que f (1) < . 

f "( x) 

2 

PROBLEMA 4 

Dada uma hipérbole e uma reta não paralela às assíntotas, determine o lugar 

geométrico dos pontos médios das cordas da hipérbole paralelas à reta dada. 

Obs: Uma corda de uma hipérbole é um segmento cujos extremos pertencem à 

hipérbole. 

PROBLEMA 5 

2 

2 

2 

2 t 

2 t 

2 t 

As funções y1 () t = (1 + t ) ⋅ e , y2 () t = ( t+ t ) ⋅ e e y3 () t = ( −1 − t+ t ) ⋅ e são 

soluções da equação diferencial y"() t + a() t ⋅ y'() t + b() t ⋅ y() t = c() t , onde 

at (), bt (), ct () são funções duas vezes diferenciáveis. 

Determine uma função duas vezes diferenciável yt () tal que 

y"() t + a() t ⋅ y'() t + b() t ⋅ y() t = c() t , y(0) = 0, y'(0) 

= 0 . 

PROBLEMA 6 

Escolha três pontos x1, x2, x3 aleatoriamente, independentemente e com 

distribuição uniforme no intervalo [0, 1]. Determine, em função do número 

positivo m, a probabilidade de que 

min{| x − x |,| x −x |,| x − x |} > m . 

1 2 1 3 2 3 

55


x 

e −1−x Seja f( x) 

= . Temos 

x 

( e −1) ⋅x 

x 

xe − x 

f( x) + f( − x) 

= = 1. 

x 

( e −1) ⋅x 

Assim, 



1 1 1 

∫ f ( xdx ) = ∫( f( x) + f( − x)) dx= ∫ 1dx= 1. 

−1 

0 0 

− x x x 

e − 1+ x xe − e + 1 

f( − x) 

= = 

, logo 

− x x 

( e −1) ⋅− ( x) ( e −1) ⋅x 


O sólido é a união dos cubos unitários [i, i +1) × [j, j + 1) × [k, k + 1) para i, j, k 

inteiros não negativos, i + j + k ≤ N. Como cada cubinho tem volume 1, o volume 

do sólido é igual ao número de triplas (i, j, k) como acima. 

⎛N + 3⎞ 

O número de triplas (e portanto o volume) é igual a ⎜ ⎟= 

(N + 1)(N + 2)(N + 

⎝ 3 ⎠ 

3)/6. 

Isto pode ser demonstrado de várias formas. Por exemplo, podemos pensar que 

temos uma fileira de N + 3 quadrados e vamos escolher 3 posições e botar um 

marcador em cada uma delas: i será o número de quadrados antes do primeiro 

marcador, j o número de quadrados entre o primeiro e o segundo marcadores e k 

o número de quadrados entre o segundo e o terceiro marcadores. Claramente, a 

cada configuração corresponde uma tripla e vice-versa. 


1 

Como f(x) ≥ 0 para todo x ∈ R, temos 0 < = f´´( x) 

, logo f´ é crescente em 

1 + f( x) 

[0,1], o que implica que f´(x) > 1 para x > 0, ou seja f também é crescente em 

[0,1]. 

1 1 

Assim, para x > 0, temos 0 < = f´´( x) 

= < 1 , logo 

1 + f( x) 1 + f( x) 

x x x 

∫0 dt < ∫ f ´´( t) dt < ∫ 1dt 

⇔ 0 < f ´( x) − f´(0) < x⇔ 

1 < f ´( x) < x+ 

1⇒ 

0 0 0 

x x x 

2 

x 

3 

∫1 dt < ∫ f ´( t) dt < ∫( t + 1) dt ⇔ x < f( x) < + x. 

Em particular, f (1) < . 

2 

2 

0 0 0 

56



PRIMEIRA SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: 

Seja r a reta dada, não paralela às assíntotas. Considere o plano euclidiano como 

subconjunto do plano projetivo, da maneira usual. Seja P o ponto de r sobre a reta 

do infinito. O feixe de retas paralelas a r corresponde ao feixe de retas do plano 

projetivo que passam por P. Para cada uma das retas do feixe, que corta a 

hipérbole em dois pontos A e B, o ponto médio M do segmento AB corresponde 

ao conjugado harmônico de P em relação a A e B. Logo M pertence à reta polar 

de P em relação à hipérbole. Seja p essa reta polar. Como o pólo da reta do 

infinito é o centro O da hipérbole, concluímos que p passa por O. Há, portanto, 

dois casos a considerar: 

1) Se existe uma tangente à hipérbole paralela à reta r, com ponto de 

tangência T (e portanto existirá uma outra tangente paralela a r no ponto 

T´, simétrico de T em relação a O), o lugar geométrico é a reta OT menos 

o segmento TT ´. 

2) Caso contrário, o lugar geométrico é uma reta completa passando por O, 

que pode ser obtida traçando-se uma corda arbitrária paralela a r (neste 

caso toda reta paralela corta a hipérbole em dois pontos distintos, um em 

cada ramo da hipérbole) e unindo seu ponto médio a O. 

SEGUNDA SOLUÇÃO: 

Após uma mudança de coordenadas afins, podemos considerar que a hipérbole 

tem equação 

xy = 1. Sendo m o coeficiente angular da reta r, queremos determinar o lugar 

geométrico dos pontos médios das intersecções das retas de equações y = mx + t ( 

t ∈ R) com a hipérbole. Sejam (x1, y1) e (x2, y2) esses pontos de intersecção. Então 

x1 e x2 são as raízes da equação 

x(mx + t) = 1 ⇔ mx 2 + tx – 1 = 0 (1). Logo a abscissa do ponto médio é igual a 

1 1 

+ t 

− 

t 

y1+ y2 x1 x2 x1+ x2 − , e sua ordenada vale 2 t 

= = = 

m 

= . Logo o ponto 

2m 

2 2 2xx 2 

1 2 − 

4 

m 

médio pertence à reta de equação x 

m 

y = − . Reciprocamente, um ponto dessa 

2 

reta pertence ao lugar geométrico desde que a equação (1) tenha duas raízes reais, 

ou seja, quando 2 

t + 4m> 0. 

Assim, se m > 0, o lugar geométrico é toda a reta de 

equação x 

m 

y = − . Quando m < 0, desta reta devem ser retirados os pontos para 

2 

os quais −2 −m ≤t ≤2 − m, 

ou seja, para os quais 

57 

−m −m 

≤ x ≤ . 

m m




Podemos tomar y1 como solução particular e y2 – y1 e y3 – y1 como soluções 

linearmente independentes da equação homogênea associada 

y''( t) + a( t) ⋅ y'( t) + b( t) ⋅ y( t) 

= 0 . Assim a solução geral da equação é 

y = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3, c1 + c2 + c3 = 1 ou, equivalentemente, 

2 

t 

e . 

y(t) = (c4 + c5 t + t 2 ) ⋅ 

Temos y(0) = c4 e y’(0) = c5, donde as condições do enunciado nos dão 

2 t 

y t e 

2 

= ⋅ . 


Seja X=[0, 1] 3 . Temos X = A1 

∪ A2 

∪ A3 

∪ A4 

∪ A5 

∪ A6 

, onde 

A1 = {( x, 

y, 

z) 

∈ X | x ≤ y ≤ z} 

, A2 = {( x, 

y, 

z) 

∈ X | x ≤ z ≤ y} 

, 

A = {( x, 

y, 

z) 

∈ X | y ≤ x ≤ z} 

, A = {( x, 

y, 

z) 

∈ X | y ≤ z ≤ x} 

, 

3 

4 

A5 = {( x, 

y, 

z) 

∈ X | z ≤ x ≤ y} 

e A6 = {( x, 

y, 

z) 

∈ X | z ≤ y ≤ x} 

. 

Os conjuntos Ak , 1 ≤ k ≤ 6 têm todos volume 1/6. 

Seja agora Y = {( x1, 

x2 

, x3 

) ∈ X | min{| x1 

− x2 

|, | x1 

− x3 

|, | x2 

− x3 

|} > m} 

. 

Temos 

Y = B1 

∪ B2 

∪ B3 

∪ B4 

∪ B5 

∪ B6 

, onde Bk = Y ∩ Ak 

, 1 ≤ k ≤ 6 . 

Todos os conjuntos Bk,1≤k ≤ 6, têm o mesmo volume. Vamos então calcular o 

volume do conjunto B 1 . Como X tem volume 1, a probabilidade desejada será 

6 ( 1) 

B vol ⋅ . 

Temos B 1 = {( x, 

y, 

z) 

∈ X | y > x + m, 

z > y + m} 

. Claramente, se m ≥ 1/ 

2 , 

B 1 é vazio, e portanto a probabilidade desejada é 0 para todo m ≥ 1/ 

2 . 

Suponha agora 0 ≤ m ≤ 1/ 

2 . Considere a translação f : B1 

→ X dada por 

f ( x, 

y, 

z) 

= ( x, 

y − m, 

z − 2m) 

. 

3 

Temos f ( B1 

) = {( x, 

y, 

z) 

∈[ 

0, 

1− 

2m] 

| x < y < z} 

, e portanto f ( B1 

) tem o 

3 

mesmo volume de {( x , y, 

z) 

∈ [ 0, 

1− 

2m] 

| x ≤ y ≤ z} 

= g( 

A1 

) , onde g é a 

homotetia dada por g ( p) 

= ( 1− 

2m) 

p . Assim, temos 

3 

3 

vol( B1 

) = vol( 

f ( B1)) 

= vol( 

g( 

A1 

)) = ( 1− 

2m) 

⋅ vol( 

A1 

) = ( 1− 

2m) 

/ 6 , e 

logo, para 0 ≤ m ≤ 1/ 

2 , a probabilidade desejada é igual a 

3 

6 ⋅ vol( B ) = ( 1− 

2m) 

. 

1 

58




Problemas e Soluções da Segunda Fase – Nível Universitário 

PROBLEMA 1: 

Seja f : → uma função integrável e crescente. Prove que 

1 

∫ 

0 

1 

xf ( x) 

dx ≥ ∫ f ( x) 

dx 

2 

PROBLEMA 2: 

Prove que, para todo inteiro n ≥ 2 , o número de matrizes quadradas 2× 2 com 

entradas inteiras e pertencentes ao conjunto {0, 1, 2, …, n – 1} que têm 

3 1 

determinante da forma kn + 1 para algum k inteiro é dado por n ⋅ ∏ (1 − ) . 2 

p 

59 

1 

0 

pprimo 

pn | 

PROBLEMA 3: 

Uma mesa de bilhar tem o formato de elipse e não tem caçapas. Quando uma bola 

bate em um ponto P na borda da mesa, ela segue uma direção simétrica em 

relação à reta normal à elipse em P. Prove que se uma bola parte de um ponto A 

da elipse e, após bater na mesa nos pontos B e C, retorna a A, então ela baterá 

novamente em B. 

PROBLEMA 4: 

Seja p um polinômio irredutível em Q[x] de coeficientes racionais e grau maior 

do que 1. Prove que se p admite duas raízes r e s cujo produto é 1 então o grau de 

p é par. 

PROBLEMA 5: 

Seja f :[0, +∞) → [0, +∞ ) uma função crescente e bijetora. Prove que a série 

∑ ∞ 

n=1 

1 

converge se, e somente se, a série ∑ f ( n) 

∞ 

n= 

1 

−1 

f ( n) 

converge, sendo 

2 

n 

função inversa de f. 

PROBLEMA 6: 

Considere as matrizes 

⎡1 

2⎤ 

⎡1 

0⎤ 

A = ⎢ ⎥ e B 

= 

⎣0 

1 

⎢ ⎥ 

⎦ ⎣2 

1⎦ 

−1 

f a



Prove que, para n > 1, não existem inteiros a1, a2, a3, a2, a3,..., a n e b1, b2,..., bn− 1 não nulos tais que 

, an 

a 

A 

b a 

⋅ B ⋅ A 

b 

⋅ B 

an 

⋅…⋅ 

A 

bn 

⋅ B = I 

2 

2 

1 

onde I é a matriz identidade de ordem 2. 

1 , 

60 

… e b1, b2, , bn−1, bn 

… com 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: LEVI MÁXIMO VIANA (FORTALEZA – CE) 

x 

x 

Chame Fx ( ) = ∫ tf( tdt ) e Gx ( ) = ftdtx ( ) , [0,1]. 

0 

∫ ∈ Veja então que 

0 

2 

F´( x) = xf( x) = xG´( x), 

mas como f ( x) = G´( x) 

é crescente, temos f ( x) ≥ f( x ), 

2 

2 Gx ( )' 

já que 0≤ x ≤1, logo F´( x) ≥ xG´( x ) = . Integrando de 0 a 1 temos: 

2 

2 2 2 

1 1Gx 

( )' G(1 ) − G(0 ) G(1) 

∫ F´( x) dx≥ (1) (0) (1) 

0 ∫ dx⇒ F −F ≥ ⇒ F ≥ 

0 2 2 2 

1 1 1 

⇒∫ xf ( xdx ) ≥ f ( xdx ) 

0 2 ∫ . cqd. 

0 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: MURILO VASCONCELOS ANDRADE (MACEIÓ – AL) 

Primeiramente provaremos que o enunciado vale para n primo: 

⎛a Seja n primo e ⎜ 

⎝c b⎞ 

⎟ uma matriz cujo determinante é da forma k⋅ n+ 

1, temos 

d⎠ 

então que a⋅d −b⋅c≡ 1(mod n). 

Seja hi () o número de pares ordenados de inteiros no conjunto 

{ 0,1,2,..., n −1} cujo produto é igual a i(mod n). Desta maneira, temos que o 

número de matrizes satisfazendo as condições do enunciado é: 

n−1 

∑ 

i= 

0 

hi () ⋅ hi ( + 1) 

(Onde cada h(i) representa o número de escolhas possíveis para b e c, tais que 

bc ≡ i(mod n) 

e hi+ ( 1) representa o número de escolhas para a e d, tais 

que ad ≡ i + 1(mod n). 

Naturalmente h(0) = 2n− 1 (os possíveis pares são (0,0), (0, 1), ...,(0, n –1), 

(1, 0), (2, 0),..., (n – 1, 0).



Alem disso, hi () = ϕ( 

n), 

para 1≤i ≤n− 1(aquiϕ 

representa a função ϕ de 

Euler, que associa a cada inteiro positivo no número de inteiros menores que n e 

que são primos com n. No caso de n primo, ϕ ( n) = n− 

1). Vamos provar isto: 

Seja k primo com n. Vamos provar que existe k´ tal que k⋅k´ ≡ i(mod n) 

: a 

r 

seqüência ( k mod n ) assume um número finito de valores (entre 0 e n –1). 

n1 n2 

Existem então dois números iguais na seqüência digamos k = k com 

2 1 ) 

2 1 n > n . Assim, ( ) 1 n −n − 

k⋅ ik = i e portanto hi ( ) ≥ ϕ( 

n). 

Como 

2 

( n ) ϕ n n n 

2 − 1 + ( ) ⋅( − 1) = , segue que não podemos ter hi () > ϕ( 

n) 

para algum 

i. Assim, 

n−1 n−2 

∑ ∑ 

hi ( ) ⋅ hi ( + 1) = (2n−1)( n− 1) + ( n−1) ⋅( n− 1) + ( n−1)(2n− 1) = 

r= 0 i= 

1 

3 ⎛ 1 ⎞ 

= ( n−1) [ ( n−1)( n− 2) + 4n− 2 ] = n( n− 1)( n+ 1) = n ∏ ⎜12⎟ ⎝ p ⎠ 

O resultado então fica provado para n primo. 

61 

p primo 

pn 

Vamos agora mostrar por indução que o resultado vale para 

primo. Para k = 1 já foi provado. Suponha que k ≥ 2 e que vale para 

Seja 

k 

n= p e 

ad bc p − 

⇒ − ≡ 

k 

n= p potência de 

p − 

k 1 

. 

k−1 k−1 

⎛a b⎞ ⎛p⋅ n1+ a´ p ⋅ n2+ b´ 

⎞ 

= , 

k 

⎜ ⎟ ⎜ k−1 k−1 

⎟ com ad −bc≡ 1(mod p ). 

⎝c d⎠ ⎝p⋅ n3+ c´ p ⋅ n4+ d´ 

⎠ 

k 1 

´´ ´´ 1(mod ). 

Assim, como 

2k−2 k 

p ≡ 0(mod p ), 

ad−bc≡ p ( n ⋅ d´ + n ⋅a´ −b´ ⋅n−n⋅ c´) + ad ´ ´ −bc ´ ≡ p ( nd´ + na´ −bn ´ − nc´) 

+ 

+ ⋅ p + ≡ p ⇒ nd + n a−bn − n c+ 

≡ p 

k−1 k−1 

1 4 3 2 1 4 3 2 

k−1 1 1(mod 

k 

) 1 ´ 4 ´ ´ 3 2 ´ 0(mod )

k−1 

(aqui é tal que ⋅ p + 1 = ad ´ ´ −bc 

´´ ). 



k 1 

Como ad ´ ´ bc ´ 1(mod p ) 

− 

3( k−1) 

⎛ 1 ⎞ 

⋅ − ⋅ ≡ existem (por hipótese de indução), p ⎜1−2⎟ ⎝ p ⎠ 

maneiras de escolhermos adb ´, ´, ´ e c ´. Fixando-se estes valores (e portanto 

k 

também) temos que um deles é primo com n= p , pois, caso não fosse assim, 

ad ´´ −bc ´´ ≡ 1(mod p), 

absurdo! Seja (a, n) = 1, por exemplo. Existem então p 

valores possíveis (módulo p) para cada um dos nnn 1, 2, 3 e para cada combinação 

destes, apenas um valor para 4 n tal que nd 1 ´ + na 4 ´ −bn ´ 3− nc 2 ´ + ≡0(mod 

p) 

. 

3( k−1) ⎛ 1 ⎞ 3k⎛ 

1 ⎞ 

Existem então ao todo p ⋅⎜1− ppp p 1 

2⎟⋅ ⋅ ⋅ = ⎜ − 2⎟ 

⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ 

escolhermos a, b, c, d. Isto termina nossa prova por indução. 

62 

maneiras de 

1 2 

Para 1 2 ... k a 

a a 

ai 

n= p p pk 

é fácil ver que ad −bc ≡1(mod n) ⇔ad−bc ≡ 1(mod pi 

), 

∀∈ i {1,2,..., k} 

e portanto o número de matrizes que satisfazem as condições do 

enunciado é igual a 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

⎜1 ⎟ ⎜1 ⎟, 

⎝ ⎠ 

k 

3ai 3 

pi− = n ⋅ − 

2 2 

i= j ⎝ pi ⎠ pprimo 

p 

pn 

∏ ∏ cqd. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 3: EDUARDO POÇO (SÃO PAULO – SP) 

AB e BC têm o mesmo ângulo com a normal em B ⇔ têm o mesmo ângulo 

com a tangente à elipse em B ⇔ 

B − A 

C − B ⎡ B − A C − B ⎤ 

× VT 

= VT 

× ⇔ ⎢ + ⎥ × VT 

= 0 , sendo V T o vetor 

B − A 

C − B ⎢⎣ 

B − A C − B ⎥⎦ 

tangente à elipse em B. 

Parametrizando a elipse: P() t = ( kcos,sen t t) 

, 0 ≤ t ≤ 2π 

, sem perda de 

d 

generalidade. Vetor tangente no ponto P (t) 

: Vt () = Pt () = ( − ksen t,cost) . 

dt



Sejam P ( a) 

= A , P ( b) 

= B , P ( c) 

= C . As hipóteses sobre refletir de AB para 

BC e sobre refletir de BC para CA se tornam: 

⎡ B − A C − B ⎤ 

⎡ C − B A − C ⎤ 

⎢ + ⎥ × V ( b) 

= 0 

⎢ + ⎥ × V ( c) 

= 0 

⎢⎣ 

B − A C − B ⎥⎦ 

⎢⎣ 

C − B A − C ⎥⎦ 

Temos que provar o seguinte, que CA reflete em AB: 

⎡ A − C B − A ⎤ 

⎢ + ⎥ × V ( a) 

= 0 

⎢⎣ 

A − C B − A ⎥⎦ 

Distribuindo o produto vetorial (vamos denotar como um escalar, pois todos os 

vetores em jogo estão no mesmo plano e os produtos vetoriais terão a mesma 

direção): 

P( x) 

× V ( y) 

= ( k cos x, 

sen x) 

× ( − k sen y, 

cos y) 

= k cos( x − y) 

Após dividir por k, as hipóteses se tornam: 

1− 

cos( a − b) 

cos( c − b) 

−1 

+ 

= 0 

B − A C − B 

E queremos provar: 

1− 

cos( b − c) 

cos( a − c) 

−1 

+ 

= 0 

C − B A − C 

1− 

cos( c − a) 

cos( b − a) 

−1 

+ 

= 0 

A − C B − A 

Para provar isso, basta somar as hipóteses. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 4: THIAGO BARROS RODRIGUES COSTA (FORTALEZA – CE) 

Seja p um polinômio irredutível em [ x] 

admitindo duas raízes r e s cujo produto 

é 1 ( r = 1 ) . 

s 

n n−1 

Temos px ( ) = x + an−1x+ ... + ax 1 + a0 

(podemos supor p mônico sem perda de 

generalidade). 

Como p é irredutível em [ x] 

, p deve ser igual ao polinômio minimal de r e s 

sobre ⇒ se g( x) ∈ [ x] 

é tal que gs () = 0ou 

gr () = 0, então px ( ) gx ( ). 

1 n 

Seja gx ( ) = ⋅ 

xp( 

1 ) . 

a x 

0 

63



É fácil ver que todas as potências de x serão ≥0 ⇒ g( x) 

é um polinômio sobre 

[ x] 

. Mas 

( ( 1 ) ) 

1 

g( r) = 

a0 n 

r p 

r 

1 n 

= r ⋅ p( s) = 0 ⇒ g( r) = 0 ⇒ p( x) g( x). 

a0 

Mas g é mônico e tem o mesmo grau de p ⇒ 

64 

( ) 

1 n 

px ( ) = gx ( ) ⇒ px ( ) = x ⋅ p 1 

a x 

0 

Se α é raiz de p( x ) (obviamente α ≠ 0 pois p é irredutível e tem grau > 1), 

então, 

1 1 

p( 1 ) = ⋅ ⋅ p( 

α) 

= 0. 

α n 

an 

α 

Logo as raízes de p sempre aparecem aos pares α, 1 

α 

. Além disso, 

k k 

k k ⎛1 ⎞ k ⎛ 1 ⎞ 1 n ⎛1⎞ ( x −α) px ( ) ⇒ x ⎜ − α⎟ = ( −α) ⎜x− ⎟ xp⎜ ⎟= 

px ( ). 

⎝ x ⎠ ⎝ α ⎠ a0⎝ x⎠ 

Veja que α = 1 ⇔ α = 1 

α 

ou –1. Mas nenhum desses valores pode ser raiz de p 

pois o polinômio minimal deles sobre tem grau 1, e p tem grau > 1. 

⇒ as raízes aparecem aos pares ( , 1 ) 

α 

α 

⇒ p tem um número par de raízes ⇒ p tem grau par. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 5: EDUARDO POÇO (SÃO PAULO – SP) 

Note que f ( 0) 

= 0 , e toda função crescente e bijetora é contínua, e logo 

integrável em qualquer intervalo finito. 

Como 1 f ( x ) 

somente se 

−1 −1 

∞ 

∞ 

n+ 

1 

= 

1 2 ∑ n 2 

x n= 

1 x 

é decrescente, pelo critério da integral 

f ( x) f ( x) 

dx dx, 

∫ ∫ e 

∞ 1 

∑ converge se e 

f ( n) 

n= 

1 

1 

1 ( ) dx 

∞ 

∫ converge. Por outro lado, 

f x 

n+ 

1 

−1 2 −1 2 −1 2 −1 2 −1 

2 

≤ + ≤ ≤ + ≤ + + 

n 

∫ 

f ( n) 4 n f ( n) ( n 1) f ( x) x dx f ( n 1) n 4 f ( n 1) ( n 1) , 

donde



∞ 1 

∑ 4 n= 1 

−1 f ( n) 2 

n 

−1 

∞ f ( x) ∫ dx 

1 2 

x 

∞ 

−1 4 ∑ f ( n 

n= 1 

1) ( n 

2 

1) 

∞ 

−1 

4 ∑ f ( m) n= 

2 

2 

m 

∞ 

−1 

≤ 4 ∑ f ( m) m = 1 

2 

m , e, em particular, 

−1 

∞ f ( x) dx 

1 2 

x 

∞ 

−1 

2 

n = 1 

≤ ≤ + + = ≤ 

65 

∫ converge 

⇔ ∑ f ( n) ( n) 

converge. Basta agora relacionar a convergência de 

∫ ∞ 

∞ 

−1 

1 f ( x) 

dx e de dx , que são integráveis em intervalos finitos. 

f ( x) 

∫ 2 

x 

1 

1 

Um resultado conhecido (que pode ser facilmente verificado derivando) é a 

fórmula da primitiva da inversa: 

−1 

( g ( x) 

) 

−1 

−1 

g ( x) 

dx = xg ( x) 

− G , sendo G (x) 

uma primitiva de g (x) 

∫ 

Utilizando 

b 

−1 

1 

⎛ ⎞ 

g ( x) 

= , temos então = ⎜ ⎟ 

f ( x) 

⎝ ⎠ 

−1 

1 

g( 

x) 

f , e assim: 

x 

1 1 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

dx = b −1 

− G⎜ 

⎟ + G⎜ 

⎟ 

∫ f ( x) 

f ( b) 

f ( 1) 

⎝ f ( b) 

⎠ ⎝ f ( 1) 

⎠ 

1 

b 

∫ 

1 

1 b 1 

dx = − − 

f ( x) 

f ( b) 

f ( 1) 

1 

f ( b) 

∫ 

1 

f ( 1) 

f 

−1 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟dx ⎝ x ⎠ 

Essa relação também pode ser percebida diretamente do gráfico de 1/ f ( x) 

, que 

é uma função decrescente. Com a transformação x = 1/ 

y : 

b 

∫ 

1 

1 b 1 

dx = − + 

f ( x) 

f ( b) 

f ( 1) 

f ( b) 

∫ 

f ( 1) 

f 

−1 

y 

( y) 

2 

dy (I).

Suponha agora que ∫ ∞ 


1 

x 


1 

dx converge. Logo: 

f ( x) 

x 

1 

1 

1 

lim = 2 lim dt ≤ 2 lim dt ≤ 2 lim dt = 0 

x→∞ 

f ( x) 

x→∞ 

∫ f ( x) 

x→∞ 

∫ f ( t) 

x→∞ 

∫ f ( t) 

x / 2 

x 

Então lim = 0 

x→∞ 

f ( x) 

convergindo e a parcela 

∫ ∞ 

1 

−1 

x / 2 

66 

x 

∞ 

x / 2 

. Fazendo b → ∞ em (I), temos a integral à esquerda 

b 

indo para zero, o que resulta num valor finito para 

f (b) 

f ( x) 

dx , donde concluímos que essa integral converge. 

2 

x 

∞ 

Da mesma forma, se ∫ 

1 

−1 

f ( x) 

dx converge, prova-se que lim 

2 

x 

x→∞ 

−1 

f ( x) 

= 0 , e 

x 

como f é crescente e bijetora, podemos ir para o infinito com x = f (y) 

, de onde 

−1 

f ( f ( y)) 

tiramos lim = 0 ⇔ lim 

y→∞ 

f ( y) 

y→∞ 

y 

= 0 . Novamente aplicando o limite 

f ( y) 

b 

b → ∞ em (I), temos que a integral à direita e convergem para valores 

f (b) 

∞ 

1 

finitos, donde dx converge. ∫ f ( x) 

1 

Retornando às séries, pelo critério da integral, a equivalência na convergência das 

integrais, já provada, transmite equivalência na convergência das séries. 

SOLUÇÃO DO PROBLEMA 6: COLABORAÇÃO DE DARIO BERALDO (PISA – ITÁLIA) 

Indutivamente, para cada inteiro k, 

A 

k 

⎛1 2k⎞ 

= ⎜ ⎟ 

⎝0 1 ⎠ e 

k 

B 

⎛ 1 0 ⎞ 

= ⎜ ⎟. 

⎝2k1⎠



Sejam A, B, I transformações na reta projetiva (uma reta do plano projetivo), de 

modo que, em coordenadas homogêneas, 

⎡ 1⎤ 

k ⎡⎤ 1 ⎡1+ 2kt⎤ 2k 

A ⎢ + 

t ⎥ 

⎢⎥= t 

⎢ = 

t 

⎥ 

⎣⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ 

⎢⎣ 1 ⎥⎦ 

e 

⎡ 1 ⎤ 

h ⎡s⎤ ⎡ s ⎤ 

B 

⎢ 

1 

⎥ 

⎢ , 

1 

⎥ = ⎢ = 

1 2hs ⎥ 

⎣ ⎦ ⎣ + ⎦ ⎢2h + ⎥ 

⎢⎣ s ⎥⎦ 

* 

para cada st∈ , R . 

Assim, para s irracional, 

⎡ 1 ⎤ 

2k 

+ 

k h ⎡s⎤ ⎢ 1 ⎥ 

AB ⎢ 2 h . 

1 

⎥ = ⎢ + ⎥ 

⎣ ⎦ ⎢ s ⎥ 

⎢⎣ 1 ⎥⎦ 

Iterando, eventualmente obtemos a seguinte formula: 

⎡ 1 ⎤ 

⎢2a1 + 

1 ⎥ 

⎢ 2b1 

+ 

⎥ 

a1 b1 

an b s ⎢ 

⎡ ⎤ 

⎥ 

n 

A B ... A B ⎢ 1 . 

1 

⎥ = ⎢ ⎥ 

⎣ ⎦ ⎢ 2an 

+ ⎥ 

⎢ 1 

2bn 

+ ⎥ 

⎢ s ⎥ 

⎢ 

1 

⎥ 

⎣ ⎦ 

Suponhamos, por contradição, que existem inteiros a1, b1,..., an, b n tais que 

a1 b1 

an bn 

M : = A B ... A B = I. 

Dado um número transcendente s, a hipótese M = I implica em particular que as 

linhas determinadas por 

⎡ 1 ⎤ 

⎢2a1 + 

1 ⎥ 

⎢ 2b1 

+ 

⎥ 

s ⎢ 

⎡ ⎤ 

⎥ 

⎢ e 1 

1 

⎥ 

⎢ ⎥ 

⎣ ⎦ ⎢ 2an 

+ ⎥ 

⎢ 1 

2bn 

+ ⎥ 

⎢ s ⎥ 

⎢ 

1 

⎥ 

⎣ ⎦ 

67



devem ser as mesmas, i.e. 

1 

s = 2a1+ 

1 

2b1 

+ 

1 

2an 

+ 

1 

2bn 

+ 

s 

Agora, basta certificar-se que existe uma relação algébrica não trivial (certamente 

quadrática) para s, o que é um absurdo. 

Usaremos a seguinte notação: 

1 

{ c0, c1,..., cn} = c0 

+ 

. 

1 

c1 

+ 

 

1 

cn−1 

+ 

cn 

Então, nossa relação é s = { 2 a1,2 b1,...,2 an,2 bn, s} = { m0, m1, m2,... mN, s} 

, 

em que os m j são inteiros pares. Precisamos uma regra para escrever frações 

contínuas como uma simples fração, i.e. 

Lema: Dado { c0, c1,..., ck} , para cada inteiro 0 ≤ j ≤ k, 

{ 0 } ,..., 

p j 

c cj= 

q j 

onde 

p j = cp j j−1+ pj−2, qj = cq j j−1+ qj−2 

(com p0 = c0, p1 = c0c1+ 1, q0 = 1, q1 = c1). 

Esta é uma indução fácil: temos { c0,..., cj, cj+ 1} = { c0,..., cj− 1, cj + 1 cj+ 

1} 

= 

⎛ 1 ⎞ 

⎜cj + pj−1+ p 

⎜ 

⎟ 

j 2 

c ⎟ 

− 

⎝ j+ 

1 ⎠ 

cj+ 1( cjpj−1+ pj−2) + pj− 1 cj+ 1pj + pj− 1 pj+ 

1 

= = = = , cqd. 

⎛ 1 ⎞ 

cj+ 1( cjqj−1+ qj−2) + qj− 1 cj+ 1qj + qj− 1 qj+ 

1 

⎜cj + ⎟qj−1+ 

q 

⎜ j−2 

c ⎟ 

⎝ j+ 

1 ⎠ 

Em particular, aplicando o lema para { m0, m1, m2,... mN, s} , obtemos, no caso em 

que bn ≠ 0, 

pNs+ pN−1 

s = (*) 

q s+ q 

N N−1 

68

p , q , p , q 



onde N N N−1 N−1são 

inteiros (pelo lema e o fato que 0 1 0 1 

são inteiros). Note que qN ≠ 0. De fato, 0 1, q m 2b 0 

69 

p , p , q , q e os m´s 

q = 1 = 1 = 1 ≠ e, para 

k ≥ 1, qk+ 1 = mk+ 1qk + qk−1, 

o que, como m k + 1 é um inteiro par não nulo (pelo 

menos para 1≤ k < N − 1) implica, por indução, que q + 1 q . > De fato, teremos 

k k 

qk+ 1 ≥ mk+ 1qk − qk−1 ≥2 qk − qk−1 > qk 

. No caso em que mN = 2bn = 0, teremos 

{ } { 1 

pN−1/ s+ pN−2 pN−1+ pN−2s s = 2 a1,2 b1,...,2 an,1/ s = m0, m1,..., mN−1, 

} = = 

, 

s q / s+ q q + q s 

N−1 N−2 N−1 N−2 

e, como N = 2n−1≥3, N −2≥1e logo qN −2 ≠ 0. Isto implica que s é uma raiz 

de uma equação de segundo grau com coeficientes inteiros, e segue a conclusão. 

3 

Obs. Em vez de tomar s transcendente, poderíamos tomar, por exemplo, s = 2. 

Temos 3 3 

2 irracional, pois 1< 2 < 2 e, se 3 2 = 

p 

q 

com p e q inteiros, q > 1 e 

mdc( p, q ) = 1, teríamos 

p 

2 

p 

, 

q 

3 

= 3 mas 3 

3 3 

q > 1 e mdc ( p , q ) = 1, donde 

3 

3 , 

q ∉ absurdo. Se 3 2 fosse raiz de uma equação do segundo grau 

2 

ax + bx + c = 0 com abc∈ , , e a ≠ 0, teríamos 

3 3 

a 4+ b 2+ c = 0, donde 

3 b 3 c 

3 

4 =− 2− = u+ v 2, com u = − c a e v = − b a racionais. Multiplicando 

a a 

por 

3 3 3 3 

2= u 2+ v 4 = u 2+ v u+ v 2 = uv+ 2 

u+ v 

3 

2. Se 

u v 

3 2, teríamos ( ) ( ) 

0, 

2 

+ ≠ teríamos 

3 3 

2 2 2 , 

uv = ⇒− v = ⇒ =−v∈absurdo. 3 

2 − uv 

2 = ∈ 

, 2 absurdo. Assim, 

u+ v 

u v 

2 

+ = 0 e




Resultado – Nível 1 (5 a . e 6 a . Séries) 

NOME CIDADE - ESTADO PRÊMIO 

Otávio Augusto de Oliveira Mendes Pilar do Sul - SP Ouro 

Guilherme Cherman Perdigãao de Oliveira Rio de Janeiro - RJ Ouro 

Bruno Silva Mucciaccia Vitória - ES Ouro 

João Lucas Camelo Sá Fortaleza - CE Ouro 

Douglas Souza Alves Junior Vassouras - RJ Ouro 

Kayo de França Gurgel Fortaleza - CE Prata 

Rafael Ferreira Antonioli S. B. do Campo - SP Prata 

Nikolas Leonel Carvalho Salvador - BA Prata 

Gabriela de Paula Gonzalvez Jundiaí - SP Prata 

Rodrigo Nagamine Santo André - SP Prata 

Ana Thais Castro de Santana Rio de Janeiro - RJ Prata 

Ycaro César Campello Izaias Fortaleza - CE Prata 

Débora Jun Portugheis Campinas - SP Prata 

Gustavo Lopes Perosini Tabapuã - SP Prata 

Felipe Figueiredo Souza e Silva Nova Lima - MG Prata 

Marla Rochana Braga Monteiro Fortaleza - CE Prata 

Alexandre Crepory Abbott de Oliveira Brasília - DF Bronze 

Rafael Kazuhiro Miyazaki São Paulo - SP Bronze 

Tiago Leandro Estevam Dias Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Daniel Silva Luiz Crispin Fortaleza - CE Bronze 

Ana Lívia Ruegger Saldanha Araras - SP Bronze 

Wladimir José Lopes Martins Recife - PE Bronze 

Daniel dos Santos Bossle Porto Alegre - RS Bronze 

Erica Saldanha Freire Simões Fortaleza - CE Bronze 

Lucas Almeida Rocha Taubaté - SP Bronze 

Hugo Rodrigues Martins Dantas Fortaleza - CE Bronze 

Daniel Cardoso de Sousa Teresina - PI Bronze 

Nicolas Iso Magosso Grigolli Gibin S. B. do Campo - SP Bronze 

Marcos Massayuki Kawakami São Paulo - SP Bronze 

Paula Dias Garcia Brasília - DF Bronze 

Renner Tetzner Ramos Vitória - ES Bronze 

Bernardo de Andrade Macêdo Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Marina Pessoa Mota Fortaleza - CE Mençâo Honrosa 

Luis Henrique Kobaya Shi Higa Campo Grande - MS Menção Honrosa 

Gabriel Militão Vinhas Lopes Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Filipe José Oliveira Sabóia Fortaleza – CE Menção Honrosa 

Vitor Silveira da Costa Curitiba - PR Menção Honrosa 

Tiago da Ávila Palhares Ponte Nova - MG Menção Honrosa 

Gustavo Pereira de Castro Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Douglas Michael da Costa Cezar Santa Maria - RS Menção Honrosa 

Bruna Rufino Leão Teresina - PI Menção Honrosa 

Thomas Rincon Reis Belo Horizonte - MG Menção Honrosa 

Ramon Silva de Lima São Paulo - SP Menção Honrosa 

Eric Tada de Souza São Paulo – SP Menção Honrosa 

Rodrigo Gabriel Caetano Piracicaba - SP Menção Honrosa 

Renato Soares Nunes Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Rafael Alves Pinheiro Parnamirim - RN Menção Honrosa 

Leticia da Silva Inácio S.J. da Boa Vista - SP Menção Honrosa 

José Elton Albuquerque Filho Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Luiz Fernando Cirigliano Villela Uberaba - MG Menção Honrosa 

Gabriel Ilharco Magalhães Juiz de Fora Menção Honrosa 

Fernanda Bahia de Carvalho Coutinho Belo Horizonte - MG Menção Honrosa 

Victor Venturi Campinas - SP Menção Honrosa 

Lara Timbó Araújo Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Julia Langraf Scatolin Pirassununga - SP Menção Honrosa 

Francisco Carvalho Osório de Souza Campinas - SP Menção Honrosa 

Luiza Christófaro Bragança de Matos Belo Horizonte - MG Menção Honrosa 

Francisco Jairo Rodrigues Lima Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Otavia Ruanna Cordeiro de Oliveira Salgueiro - PE Menção Honrosa 

Carolina Yumi Vezato Araraquara - SP Menção Honrosa 

70



Nível 2 (7 a . e 8 a . Séries) 

NOME CIDADE – ESTADO PRÊMIO 

Renan Henrique Finder Joinville - SC Ouro 

Hugo Fonseca Araújo Juiz de Fora - MG Ouro 

Thiago Ribeiro Ramos Varginha - MG Ouro 

Matheus Barros de Paula Taubaté - SP Ouro 

Rafael Alves da Silva Teresina - PI Ouro 

Robério Soares Nunes Ribeirão Preto - SP Prata 

Leonardo Pereira Stedile São Paulo - SP Prata 

Gustavo Lisbôa Empinotti Florianópolis - SC Prata 

Victor Reis de Abreu Cavalcanti Maceió - AL Prata 

Thiago Augusto da Silva Baleixo Rio de Janeiro - RJ Prata 

Heverton Carlos Bezerra de Azevedo Rio de Janeiro - RJ Prata 

James Jun Hong São Paulo - SP Prata 

Leonardo Caruso de Oliveira Rio de Janeiro - RJ Prata 

Pedro Caetano Cardoso Rio de Janeiro - RJ Prata 

Illan Feiman Halpern Itatiaia - RJ Prata 

Davi de Melo Pontes Mendes Fortaleza - CE Bronze 

Matheus Araújo Marins São Gonçalo - RJ Bronze 

Marcelo Tadeu de Sá Oliveira Sales Barreiras - BA Bronze 

Dan Zylberglejd Rio de Janeiro – RJ Bronze 

João Mendes Vasconcelos Fortaleza - CE Bronze 

José Ailton Azevedo Araújo Filho Fortaleza - CE Bronze 

Leonardo Shimizu Yojo São Paulo – SP Bronze 

Gelly Whesley Silva Neves Fortaleza - CE Bronze 

Frederico Gaia Costa da Silva Teresina - PI Bronze 

Ana Luísa de Almeida Losnak São Paulo - SP Bronze 

Saulo Moraes de Faria Niterói - RJ Bronze 

Guilherme Salvador Vieira Rio Claro - SP Bronze 

Fernando Fonseca Andrade Oliveira Belo Horizonte - MG Bronze 

Rafael Farias Cação Campo Grande - MS Bronze 

Edson Ryokei Onoga São Paulo - SP Bronze 

Rafael Gribel de Paula Neves Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Luiz Castelo Branco Cavalcante Teresina - PI Bronze 

Filipe Gabriel Soares Rodrigues Teresina - PI Menção Honrosa 

Rafael Horimoto de Freitas São Paulo - SP Menção Honrosa 

Germano Luis Lopes de Mello Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Silvio Tacla Alves Barbosa São Paulo – SP Menção Honrosa 

Pedro Pacheco Louzada Rio de Janeiro – RJ Menção Honrosa 

André Saraiva Nobre dos Santos Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Mateus Bezerra Alves da Costa Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Leandro Lyra Braga Dognini Barcarena - PA Menção Honrosa 

Gabriel de Andrade Issisaki Guaíra - SP Menção Honrosa 

Isabella Amorim Gonzalez Maceió - AL Menção Honrosa 

André Bina Possatto São Caetano - SP Menção Honrosa 

Obed Leite Vieira Fortaleza – CE Menção Honrosa 

Eduardo Kaiser Ururahy Nunes Itatiaia - RJ Menção Honrosa 

Paulo Ricardo de Souza Costa Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Guilherme Vieira Melo Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Stephane Hilda Barbosa Lima Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Camila Miraglia Ribeiro Curitiba - PR Menção Honrosa 

Patrícia Fernanda Hongo Bragança Paulista - SP Menção Honrosa 

Marcel Ichiro Bastos Kamiyama São Paulo - SP Menção Honrosa 

Camilla Kikuchi São Paulo - SP Menção Honrosa 

Yuri Santana do Carmo Belém - PA Menção Honrosa 

Juliana Rangel Cenzi Jacareí - SP Menção Honrosa 

Rafael Eiki Takemura São Paulo – SP Menção Honrosa 

71



Nível 3 (Ensino Médio) 


Jose Marcos Andrade Ferraro São Paulo – SP Ouro 

Henrique Pondé de Oliveira Pinto Salvador - BA Ouro 

Guilherme Rodrigues Nogueira de Souza São Paulo - SP Ouro 

Leandro Farias Maia Fortaleza – CE Ouro 

Ramon Moreira Nunes Fortaleza – CE Ouro 

Rafael Mendes de Oliveira Rio de Janeiro – RJ Ouro 

Regis Prado Barbosa Fortaleza - CE Ouro 

Edson Augusto Bezerra Lopes Fortaleza - CE Prata 

André Linhares Rodrigues Fortaleza – CE Prata 

Willy George do Amaral Petrenko Rio de Janeiro - RJ Prata 

Leonardo Ribeiro de Castro Carvalho São Paulo - SP Prata 

Rodrigo Viana Soares Fortaleza – CE Prata 

Artur de Almeida Losnak São Paulo - SP Prata 

Paulo André Carvalho de Melo Rio de Janeiro - RJ Prata 

Renato Rebouças de Medeiros Fortaleza - CE Prata 

Rafael Sampaio de Rezende Fortaleza - CE Prata 

Rafael Tupynambá Dutra Belo Horizonte - MG Prata 

Alfredo Roque de Oliveira Freire Filho Salvador - BA Prata 

Rafael Morioka Oda São Paulo - SP Bronze 

Adenilson Arcanjo de Moura Júnior Fortaleza - CE Bronze 

Giuliano Pezzolo Giacaglia São Paulo - SP Bronze 

Wilson Camara Marriel Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Rafael Sabino Lima Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Marlen Lincoln da Silva Fortaleza – CE Bronze 

César Ryudi Kawakami São Paulo – SP Bronze 

Hugo Musso Gualandi Vitória - ES Bronze 

Raphael Rodrigues Mata Salvador - BA Bronze 

Alexandre Hideki Deguchi Martani São Paulo – SP Bronze 

Ricardo Turolla Bortolotti Rio Claro – SP Bronze 

Felipe Gonçalves Assis Campina Grande - PB Bronze 

Max Douglas Peixoto da Silva Fortaleza - CE Bronze 

Êurope Moraes Gorito Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Fernando Nascimento Coelho Fortaleza – CE Menção Honrosa 

Guilherme Philippe Figueiredo Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Marcelo Matheus Gauy S.J. do Rio Preto - SP Menção Honrosa 

Luiz Carlos da Silva Sobral Aracaju - SE Menção Honrosa 

Iuri Lima Ribeiro Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Alex Atsushi Takeda Londrina - PR Menção Honrosa 

Gabriel Caser Brito Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Jose Armando Barbosa Filho Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Henrique Hiroshi Motoyama Watanabe São Paulo - SP Menção Honrosa 

João Luiz de Oliveira Madeira São Paulo - SP Menção Honrosa 

Lúcio Eiji Assaoka Hossaka Curitiba - PR Menção Honrosa 

Pedro Pinheiro de Negreiros Bessa Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Davi Lopes Alves de Medeiros Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Paulo Sérgio de Castro Moreira Fortaleza - CE Menção Honrosa 

Roberto Akiba de Oliveira Sorocaba - SP Menção Honrosa 

Enzo Haruo Hiraoka Moriyama São Paulo - SP Menção Honrosa 

Alexandre Azevedo Cezar Fortaleza – CE Menção Honrosa 

José Airton Coelho Lima Filho Fortaleza – CE Menção Honrosa 

Pedro Paulo Gondim Cardoso Salvador - BA Menção Honrosa 

Thiago da Silva Pinheiro São Paulo - SP Menção Honrosa 

72



Nível Universitário 


Fábio Dias Moreira Rio de Janeiro - RJ Ouro 

Alex Corrê Abreu Niterói - RJ Ouro 

Humberto Silva Naves S.J. dos Campos - SP Ouro 

Samuel Barbosa Feitosa Fortaleza - CE Ouro 

Levi Máximo Viana Rio Janeiro - RJ Ouro 

Rafael Daigo Hirama S.J. dos Campos - SP Prata 

Rafael Marini Silva Vila Velha - ES Prata 

Thiago Barros Rodrigues Costa Fortaleza - CE Prata 

Henry Wei Cheng Hsu São Paulo - SP Prata 

Murilo Vasconcelos Andrade Rio de Janeiro - RJ Prata 

Luiz Felipe Marini Silva S.J. dos Campos - SP Prata 

Thiago da Silva Sobral S.J. dos Campos - SP Prata 

Felipe Rodrigues Nogueira de Souza São Paulo - SP Prata 

Thiago Costa Leite Santos São Paula - SP Prata 

Raphael Constant da Costa Rio de Janeiro - RJ Prata 

Eduardo de Moraes Rodrigues Poço São Paulo - SP Bronze 

Elton Gomes Coriolano Fortaleza - CE Bronze 

Elder Rodrigo Barbosa Coelho Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Ronaldo Rodrigues Pelá S.J. dos Campos - SP Bronze 

Estillac Lins Maciel Borges Filho Belém - PA Bronze 

Thomás Yoiti Sasaki Hoshina Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Luís Daniel Barbosa Coelho Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Renato Francisco Lopes Mello J. dos Guararapes - PE Bronze 

Pedro Henrique Milet Pinheiro Pereira Rio de Janeiro – RJ Bronze 

Pedro Henrique Silva Belisário Rio de Janeiro – RJ Bronze 

Luty Rodrigues Ribeiro S.J. dos Campos - SP Bronze 

José Mário da Silva Filho S.J. dos Campos – SP Bronze 

Kellem Corrêa Santos Rio de Janeiro – RJ Bronze 

Marcos Francisco Ferreira Martinelli Rio de Janeiro - RJ Bronze 

Evandro Makiyama São Paulo – SP Menção Honrosa 

Nilson Maciel de Paiva Júnior Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Igor de Castro Lima Rio de Janeiro – RJ Menção Honrosa 

Eric Campos Bastos Guedes Niterói - RJ Menção Honrosa 

Marcelo de Araújo Barbosa S.J. dos Campos - SP Menção Honrosa 

Pedro Meira de Vasconcelos Bezerra Recife - PE Menção Honrosa 

Moyses Afonso Assad Cohen Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

Davi de Melo Jorge Barbosa Fortaleza -CE Menção Honrosa 

Rodrigo Pereira Maranhão Rio de Janeiro - RJ Menção Honrosa 

73



AGENDA OLÍMPICA 

XXIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA 

NÍVEIS 1, 2 e 3 

Primeira Fase – Sábado, 16 de junho de 2007 

Segunda Fase – Sábado, 15 de setembro de 2007 

Terceira Fase – Sábado, 27 de outubro de 2007 (níveis 1, 2 e 3) 

Domingo, 28 de outubro de 2007 (níveis 2 e 3 - segundo dia de prova). 

NÍVEL UNIVERSITÁRIO 

Primeira Fase – Sábado, 15 de setembro de 2007 

Segunda Fase – Sábado, 27 e Domingo, 28 de outubro de 2007 

♦ 

XIII OLIMPÍADA DE MAIO 

12 de maio de 2007 

♦ 

XVIII OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 

Uruguai 

12 a 17 de junho de 2007 

♦ 

XLVIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 

19 a 31 de julho de 2007 

Vietnã 

♦ 

XIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 

3 a 9 de agosto de 2007 

Blagoevgrad, Bulgária 

♦ 

XXII OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 

6 a 16 de setembro de 2007 

Coimbra, Portugal 

♦ 

X OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA UNIVERSITÁRIA 

5 de novembro de 2007 

74



COORDENADORES REGIONAIS 

Alberto Hassen Raad (UFJF) Juiz de Fora – MG 

Américo López Gálvez (USP) Ribeirão Preto – SP 

Amarísio da Silva Araújo (UFV) Viçosa – MG 

Andreia Goldani FACOS Osório – RS 

Antonio Carlos Nogueira (UFU) Uberlândia – MG 

Ali Tahzibi (USP) São Carlos – SP 

Benedito Tadeu Vasconcelos Freire (UFRN) Natal – RN 

Carlos Alexandre Ribeiro Martins (Univ. Tec. Fed. de Paraná) Pato Branco - PR 

Carmen Vieira Mathias (UNIFRA) Santa María – RS 

Claus Haetinger (UNIVATES) Lajeado – RS 

Cleonor Crescêncio das Neves (UTAM) Manaus – AM 

Cláudio de Lima Vidal (UNESP) S.J. do Rio Preto – SP 

Denice Fontana Nisxota Menegais (UNIPAMPA) Bagé – RS 

Edson Roberto Abe (Colégio Objetivo de Campinas) Campinas – SP 

Élio Mega (Faculdade Etapa) São Paulo – SP 

Eudes Antonio da Costa (Univ. Federal do Tocantins) Arraias – TO 

Fábio Brochero Martínez (UFMG) Belo Horizonte – MG 

Florêncio Ferreira Guimarães Filho (UFES) Vitória – ES 

Francinildo Nobre Ferreira (UFSJ) São João del Rei – MG 

Genildo Alves Marinho (Centro Educacional Leonardo Da Vinci) Taguatingua – DF 

Ivanilde Fernandes Saad (UC. Dom Bosco) Campo Grande– MS 

Jacqueline Rojas Arancibia (UFPB)) João Pessoa – PB 

Janice T. Reichert (UNOCHAPECÓ) Chapecó – SC 

João Benício de Melo Neto (UFPI) Teresina – PI 

João Francisco Melo Libonati (Grupo Educacional Ideal) Belém – PA 

José Luiz Rosas Pinho (UFSC) Florianópolis – SC 

José Vieira Alves (UFPB) Campina Grande – PB 

José William Costa (Instituto Pueri Domus) Santo André – SP 

Krerley Oliveira (UFAL) Maceió – AL 

Licio Hernandes Bezerra (UFSC) Florianópolis – SC 

Luciano G. Monteiro de Castro (Sistema Elite de Ensino) Rio de Janeiro – RJ 

Luzinalva Miranda de Amorim (UFBA) Salvador – BA 

Mário Rocha Retamoso (UFRG) Rio Grande – RS 

Marcelo Rufino de Oliveira (Grupo Educacional Ideal) Belém – PA 

Marcelo Mendes (Colégio Farias Brito, Pré-vestibular) Fortaleza – CE 

Newman Simões (Cursinho CLQ Objetivo) Piracicaba – SP 

Nivaldo Costa Muniz (UFMA) São Luis – MA 

Osvaldo Germano do Rocio (U. Estadual de Maringá) Maringá – PR 

Raúl Cintra de Negreiros Ribeiro (Colégio Anglo) Atibaia – SP 

Ronaldo Alves Garcia (UFGO) Goiânia – GO 

Rogério da Silva Ignácio (Col. Aplic. da UFPE) Recife – PE 

Reginaldo de Lima Pereira (Escola Técnica Federal de Roraima) Boa Vista – RR 

Reinaldo Gen Ichiro Arakaki (UNIFESP) SJ dos Campos – SP 

Ricardo Amorim (Centro Educacional Logos) Nova Iguaçu – RJ 

Sérgio Cláudio Ramos (IM-UFRGS) Porto Alegre – RS 

Seme Gebara Neto (UFMG) Belo Horizonte – MG 

Tadeu Ferreira Gomes (UEBA) Juazeiro – BA 

Tomás Menéndez Rodrigues (U. Federal de Rondônia) Porto Velho – RO 

Valdenberg Araújo da Silva (U. Federal de Sergipe) São Cristovão – SE 

Vânia Cristina Silva Rodrigues (U. Metodista de SP) S.B. do Campo – SP 

Wagner Pereira Lopes (CEFET – GO) Jataí – GO 

75

Eureka! 26 - OBM

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